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diff --git a/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6001.tex b/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6001.tex
index 2acf6f6..5c973fd 100644
--- a/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6001.tex
+++ b/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6001.tex
@@ -1,233 +1,233 @@
-Eine Drehung eines Vektors $\vec{x}$ der Ebene $\mathbb{R}^2$
-um den Winkel $\alpha$ gefolgt von einer Translation um $\vec{t}$
-ist gegeben durch $D_\alpha\vec{x}+\vec{t}$.
-Darauf lässt sich jedoch die Theorie der Matrizengruppen nicht
-darauf anwenden, weil die Operation nicht die Form einer Matrixmultiplikation
-schreiben.
-Die Drehung und Translation kann in eine Matrix zusammengefasst werden,
-indem zunächst die Ebene mit
-\[
-\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3
-:
-\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}
-\mapsto
-\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}
-\qquad\text{oder in Vektorschreibweise }\qquad
-\vec{x}\mapsto\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}
-\]
-in den dreidimensionalen Raum eingebettet wird.
-Die Drehung und Verschiebung kann damit in der Form
-\[
-\begin{pmatrix}D_\alpha\vec{x}+\vec{t}\\1
-\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix}D_\alpha&\vec{t}\\0&1\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}
-\]
-als Matrizenoperation geschrieben werden.
-Die Gruppe der Drehungen und Verschiebungen der Ebene ist daher
-die Gruppe
-\[
-G
-=
-\left\{
-\left.
-A
-=
-\begin{pmatrix}
-D_\alpha&\vec{t}\\
-0&1
-\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix}
-\cos\alpha & -\sin\alpha & t_x \\
-\sin\alpha &  \cos\alpha & t_y \\
-     0     &       0     &  1
-\end{pmatrix}
-\;
-\right|
-\;
-\alpha\in\mathbb{R},\vec{t}\in\mathbb{R}^2
-\right\}
-\]
-Wir kürzen die Elemente von $G$ auch als $(\alpha,\vec{t})$ ab.
-\begin{teilaufgaben}
-\item
-Verifizieren Sie, dass das Produkt zweier solcher Matrizen 
-$(\alpha_1,\vec{t}_1)$ und $(\alpha_2,\vec{t}_2)$
-wieder die selbe Form $(\alpha,\vec{t})$ hat und berechnen Sie
-$\alpha$ und $\vec{t}_j$.
-\item
-Bestimmen Sie das inverse Element zu $(\alpha,\vec{t}) \in G$.
-\item
-Die Elemente der Gruppe $G$ sind parametrisiert durch den Winkel $\alpha$
-und die Translationskomponenten $t_x$ und $t_y$.
-Rechnen Sie nach, dass
-\[
-\alpha\mapsto \begin{pmatrix} D_{\alpha}&0\\0&1\end{pmatrix},
-\quad
-t_x\mapsto
-\begin{pmatrix} I&\begin{pmatrix}t_x\\0\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix},
-\qquad
-t_y\mapsto
-\begin{pmatrix} I&\begin{pmatrix}0\\t_y\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix}
-\]
-Einparameteruntergruppen von $G$ sind.
-\item
-Berechnen Sie die Tangentialvektoren $D$, $X$ und $Y$,
-die zu den Einparameteruntergruppen von c) gehören.
-\item
-Berechnen Sie die Lie-Klammer für alle Paare von Tangentialvektoren.
-\end{teilaufgaben}
-
-\begin{loesung}
-\begin{teilaufgaben}
-\item
-Die Wirkung beider Gruppenelemente auf dem Vektor $\vec{x}$ ist
-\begin{align*}
-\begin{pmatrix}D_{\alpha_1}&\vec{t}_1\\0&1\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}D_{\alpha_2}&\vec{t}_2\\0&1\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}
-&=
-\begin{pmatrix}D_{\alpha_1}&\vec{t}_1\\0&1\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}D_{\alpha_2}\vec{x}+\vec{t}_2\\1\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix}
-D_{\alpha_1}(D_{\alpha_2}\vec{x}+\vec{t}_2)+\vec{t}_1\\1
-\end{pmatrix}
-\\
-&=
-\begin{pmatrix}
-D_{\alpha_1}D_{\alpha_2}\vec{x} + D_{\alpha_1}\vec{t}_2+\vec{t}_1\\1
-\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix}
-D_{\alpha_1+\alpha_2}&D_{\alpha_1}\vec{t}_2+\vec{t}_1\\
-0&1
-\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}.
-\end{align*}
-Das Produkt in der Gruppe $G$ kann daher
-\[
-(\alpha_1,\vec{t}_1) (\alpha_2,\vec{t}_2)
-=
-(\alpha_1+\alpha_2,\vec{t}_1+D_{\alpha_1}\vec{t}_2)
-\]
-geschrieben werden.
-\item
-Die Inverse der Abbildung $\vec{x}\mapsto \vec{y}=D_\alpha\vec{x}+\vec{t}$
-kann gefunden werden, indem man auf der rechten Seite nach $\vec{x}$
-auflöst:
-\begin{align*}
-\vec{y}&=D_\alpha\vec{x}+\vec{t}
-&&\Rightarrow&
-D_{\alpha}^{-1}( \vec{y}-\vec{t}) &= \vec{x}
-\\
-&&&& \vec{x} &= D_{-\alpha}\vec{y} + (-D_{-\alpha}\vec{t})
-\end{align*}
-Die Inverse von $(\alpha,\vec{t})$ ist also $(-\alpha,-D_{-\alpha}\vec{t})$.
-\item
-Da $D_\alpha$ eine Einparameteruntergruppe von $\operatorname{SO}(2)$ ist,
-ist $\alpha\mapsto (D_\alpha,0)$ ebenfalls eine Einparameteruntergruppe.
-Für die beiden anderen gilt
-\[
-\biggl(I,\begin{pmatrix}t_{x1}\\0\end{pmatrix}\biggr)
-\biggl(I,\begin{pmatrix}t_{x2}\\0\end{pmatrix}\biggr)
-=
-\biggl(I,\begin{pmatrix}t_{x1}+t_{x2}\\0\end{pmatrix}\biggr)
-\quad\text{und}\quad
-\biggl(I,\begin{pmatrix}0\\t_{y1}\end{pmatrix}\biggr)
-\biggl(I,\begin{pmatrix}0\\t_{y2}\end{pmatrix}\biggr)
-=
-\biggl(I,\begin{pmatrix}0\\t_{y1}+t_{y2}\end{pmatrix}\biggr),
-\]
-also sind dies auch Einparameteruntergruppen.
-\item
-Die Ableitungen sind
-\begin{align*}
-D
-&=
-\frac{d}{d\alpha}\begin{pmatrix}D_\alpha&0\\0&1\end{pmatrix}\bigg|_{\alpha=0}
-=
-\begin{pmatrix}J&0\\0&0\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix}
-0&-1&0\\
-1& 0&0\\
-0& 0&0
-\end{pmatrix}
-\\
-X
-&=
-\frac{d}{dt_x}
-\left.
-\begin{pmatrix}I&\begin{pmatrix}t_x\\0\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix}
-\right|_{t_x=0}
-=
-\begin{pmatrix}
-0&0&1\\
-0&0&0\\
-0&0&0
-\end{pmatrix}
-&
-Y
-&=
-\frac{d}{dt_y}
-\left.
-\begin{pmatrix}I&\begin{pmatrix}0\\t_y\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix}
-\right|_{t_y=0}
-=
-\begin{pmatrix}
-0&0&0\\
-0&0&1\\
-0&0&0
-\end{pmatrix}
-\end{align*}
-\item
-Die Vertauschungsrelationen sind
-\begin{align*}
-[D,X]
-&=
-DX-XD
-=
-\begin{pmatrix}
-0&0&0\\
-0&0&1\\
-0&0&0
-\end{pmatrix}
--
-\begin{pmatrix}
-0&0&0\\
-0&0&0\\
-0&0&0
-\end{pmatrix}
-=
-Y
-\\
-[D,Y]
-&=
-DY-YD
-=
-\begin{pmatrix}
-0&0&-1\\
-0&0&0\\
-0&0&0
-\end{pmatrix}
--
-\begin{pmatrix}
-0&0&0\\
-0&0&0\\
-0&0&0
-\end{pmatrix}
-=
--X
-\\
-[X,Y]
-&=
-XY-YX
-=
-0-0=0
-\qedhere
-\end{align*}
-\end{teilaufgaben}
-\end{loesung}
+Eine Drehung eines Vektors $\vec{x}$ der Ebene $\mathbb{R}^2$

+um den Winkel $\alpha$ gefolgt von einer Translation um $\vec{t}$

+ist gegeben durch $D_\alpha\vec{x}+\vec{t}$.

+Darauf lässt sich jedoch die Theorie der Matrizengruppen nicht

+darauf anwenden, weil die Operation nicht die Form einer Matrixmultiplikation

+schreiben.

+Die Drehung und Translation kann in eine Matrix zusammengefasst werden,

+indem zunächst die Ebene mit

+\[

+\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3

+:

+\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}

+\mapsto

+\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}

+\qquad\text{oder in Vektorschreibweise }\qquad

+\vec{x}\mapsto\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}

+\]

+in den dreidimensionalen Raum eingebettet wird.

+Die Drehung und Verschiebung kann damit in der Form

+\[

+\begin{pmatrix}D_\alpha\vec{x}+\vec{t}\\1

+\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix}D_\alpha&\vec{t}\\0&1\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}

+\]

+als Matrizenoperation geschrieben werden.

+Die Gruppe der Drehungen und Verschiebungen der Ebene ist daher

+die Gruppe

+\[

+G

+=

+\left\{

+\left.

+A

+=

+\begin{pmatrix}

+D_\alpha&\vec{t}\\

+0&1

+\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix}

+\cos\alpha & -\sin\alpha & t_x \\

+\sin\alpha &  \cos\alpha & t_y \\

+     0     &       0     &  1

+\end{pmatrix}

+\;

+\right|

+\;

+\alpha\in\mathbb{R},\vec{t}\in\mathbb{R}^2

+\right\}

+\]

+Wir kürzen die Elemente von $G$ auch als $(\alpha,\vec{t})$ ab.

+\begin{teilaufgaben}

+\item

+Verifizieren Sie, dass das Produkt zweier solcher Matrizen 

+$(\alpha_1,\vec{t}_1)$ und $(\alpha_2,\vec{t}_2)$

+wieder die selbe Form $(\alpha,\vec{t})$ hat und berechnen Sie

+$\alpha$ und $\vec{t}_j$.

+\item

+Bestimmen Sie das inverse Element zu $(\alpha,\vec{t}) \in G$.

+\item

+Die Elemente der Gruppe $G$ sind parametrisiert durch den Winkel $\alpha$

+und die Translationskomponenten $t_x$ und $t_y$.

+Rechnen Sie nach, dass

+\[

+\alpha\mapsto \begin{pmatrix} D_{\alpha}&0\\0&1\end{pmatrix},

+\quad

+t_x\mapsto

+\begin{pmatrix} I&\begin{pmatrix}t_x\\0\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix},

+\qquad

+t_y\mapsto

+\begin{pmatrix} I&\begin{pmatrix}0\\t_y\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix}

+\]

+Einparameteruntergruppen von $G$ sind.

+\item

+Berechnen Sie die Tangentialvektoren $D$, $X$ und $Y$,

+die zu den Einparameteruntergruppen von c) gehören.

+\item

+Berechnen Sie die Lie-Klammer für alle Paare von Tangentialvektoren.

+\end{teilaufgaben}

+

+\begin{loesung}

+\begin{teilaufgaben}

+\item

+Die Wirkung beider Gruppenelemente auf dem Vektor $\vec{x}$ ist

+\begin{align*}

+\begin{pmatrix}D_{\alpha_1}&\vec{t}_1\\0&1\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix}D_{\alpha_2}&\vec{t}_2\\0&1\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}

+&=

+\begin{pmatrix}D_{\alpha_1}&\vec{t}_1\\0&1\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix}D_{\alpha_2}\vec{x}+\vec{t}_2\\1\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix}

+D_{\alpha_1}(D_{\alpha_2}\vec{x}+\vec{t}_2)+\vec{t}_1\\1

+\end{pmatrix}

+\\

+&=

+\begin{pmatrix}

+D_{\alpha_1}D_{\alpha_2}\vec{x} + D_{\alpha_1}\vec{t}_2+\vec{t}_1\\1

+\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix}

+D_{\alpha_1+\alpha_2}&D_{\alpha_1}\vec{t}_2+\vec{t}_1\\

+0&1

+\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix}\vec{x}\\1\end{pmatrix}.

+\end{align*}

+Das Produkt in der Gruppe $G$ kann daher

+\[

+(\alpha_1,\vec{t}_1) (\alpha_2,\vec{t}_2)

+=

+(\alpha_1+\alpha_2,\vec{t}_1+D_{\alpha_1}\vec{t}_2)

+\]

+geschrieben werden.

+\item

+Die Inverse der Abbildung $\vec{x}\mapsto \vec{y}=D_\alpha\vec{x}+\vec{t}$

+kann gefunden werden, indem man auf der rechten Seite nach $\vec{x}$

+auflöst:

+\begin{align*}

+\vec{y}&=D_\alpha\vec{x}+\vec{t}

+&&\Rightarrow&

+D_{\alpha}^{-1}( \vec{y}-\vec{t}) &= \vec{x}

+\\

+&&&& \vec{x} &= D_{-\alpha}\vec{y} + (-D_{-\alpha}\vec{t})

+\end{align*}

+Die Inverse von $(\alpha,\vec{t})$ ist also $(-\alpha,-D_{-\alpha}\vec{t})$.

+\item

+Da $D_\alpha$ eine Einparameteruntergruppe von $\operatorname{SO}(2)$ ist,

+ist $\alpha\mapsto (D_\alpha,0)$ ebenfalls eine Einparameteruntergruppe.

+Für die beiden anderen gilt

+\[

+\biggl(I,\begin{pmatrix}t_{x1}\\0\end{pmatrix}\biggr)

+\biggl(I,\begin{pmatrix}t_{x2}\\0\end{pmatrix}\biggr)

+=

+\biggl(I,\begin{pmatrix}t_{x1}+t_{x2}\\0\end{pmatrix}\biggr)

+\quad\text{und}\quad

+\biggl(I,\begin{pmatrix}0\\t_{y1}\end{pmatrix}\biggr)

+\biggl(I,\begin{pmatrix}0\\t_{y2}\end{pmatrix}\biggr)

+=

+\biggl(I,\begin{pmatrix}0\\t_{y1}+t_{y2}\end{pmatrix}\biggr),

+\]

+also sind dies auch Einparameteruntergruppen.

+\item

+Die Ableitungen sind

+\begin{align*}

+D

+&=

+\frac{d}{d\alpha}\begin{pmatrix}D_\alpha&0\\0&1\end{pmatrix}\bigg|_{\alpha=0}

+=

+\begin{pmatrix}J&0\\0&0\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix}

+0&-1&0\\

+1& 0&0\\

+0& 0&0

+\end{pmatrix}

+\\

+X

+&=

+\frac{d}{dt_x}

+\left.

+\begin{pmatrix}I&\begin{pmatrix}t_x\\0\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix}

+\right|_{t_x=0}

+=

+\begin{pmatrix}

+0&0&1\\

+0&0&0\\

+0&0&0

+\end{pmatrix}

+&

+Y

+&=

+\frac{d}{dt_y}

+\left.

+\begin{pmatrix}I&\begin{pmatrix}0\\t_y\end{pmatrix}\\0&1\end{pmatrix}

+\right|_{t_y=0}

+=

+\begin{pmatrix}

+0&0&0\\

+0&0&1\\

+0&0&0

+\end{pmatrix}

+\end{align*}

+\item

+Die Vertauschungsrelationen sind

+\begin{align*}

+[D,X]

+&=

+DX-XD

+=

+\begin{pmatrix}

+0&0&0\\

+0&0&1\\

+0&0&0

+\end{pmatrix}

+-

+\begin{pmatrix}

+0&0&0\\

+0&0&0\\

+0&0&0

+\end{pmatrix}

+=

+Y

+\\

+[D,Y]

+&=

+DY-YD

+=

+\begin{pmatrix}

+0&0&-1\\

+0&0&0\\

+0&0&0

+\end{pmatrix}

+-

+\begin{pmatrix}

+0&0&0\\

+0&0&0\\

+0&0&0

+\end{pmatrix}

+=

+-X

+\\

+[X,Y]

+&=

+XY-YX

+=

+0-0=0

+\qedhere

+\end{align*}

+\end{teilaufgaben}

+\end{loesung}

diff --git a/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6002.tex b/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6002.tex
index 14fbe2b..25ac535 100644
--- a/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6002.tex
+++ b/buch/chapters/60-gruppen/uebungsaufgaben/6002.tex
@@ -1,162 +1,162 @@
-Die Elemente der Gruppe $G$ der Translationen und Streckungen von
-$\mathbb{R}$ kann durch Paare $(\lambda,t)\in\mathbb{R}^+\times\mathbb{R}$
-beschrieben werden,
-wobei $\lambda$ durch Streckung und $t$ durch Translation wirkt:
-\[
-(\lambda,t)\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}: x\mapsto \lambda x+t.
-\]
-Dies ist allerdings noch keine Untergruppe einer Matrizengruppe.
-Dazu bettet man $\mathbb{R}$ mit Hilfe der Abbildung
-\[
-\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2 : x\mapsto \begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}
-\]
-in $\mathbb{R}^2$ ein.
-Die Wirkung von $(\lambda,t)$ ist dann
-\[
-\begin{pmatrix}(\lambda,t)\cdot x\\1\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix} \lambda x + t\\1\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix}\lambda&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}.
-\]
-Die Wirkung des Paares $(\lambda,t)$ kann also mit Hilfe einer 
-$2\times 2$-Matrix beschrieben werden.
-Die Abbildung
-\[
-G\to \operatorname{GL}_2(\mathbb{R})
-:
-(\lambda,t)
-\mapsto
-\begin{pmatrix}\lambda&t\\0&1\end{pmatrix}
-\]
-bettet die Gruppe $G$ in $\operatorname{GL}_2(\mathbb{R})$ ein.
-\begin{teilaufgaben}
-\item
-Berechnen Sie das Produkt $g_1g_2$ zweier Elemente
-$g_j=(\lambda_j,t_j)$.
-\item 
-Bestimmen Sie das inverse Elemente von $(\lambda,t)$ in $G$.
-\item
-Der sogenannte Kommutator zweier Elemente ist $g_1g_2g_1^{-1}g_2^{-1}$,
-berechnen Sie den Kommutator für die Gruppenelemente von a).
-\item
-Rechnen Sie nach, dass
-\[
-s\mapsto \begin{pmatrix}e^s&0\\0&1\end{pmatrix}
-,\qquad
-t\mapsto \begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}
-\]
-Einparameteruntergruppen von $\operatorname{GL}_2(\mathbb{R})$ sind.
-\item
-Berechnen Sie die Tangentialvektoren $S$ und $T$ dieser beiden
-Einparameteruntergruppen.
-\item
-Berechnen Sie den Kommutator $[S,T]$
-\end{teilaufgaben}
-
-\begin{loesung}
-\begin{teilaufgaben}
-\item
-Die beiden Gruppenelemente wirken auf $x$ nach
-\[
-(\lambda_1,t_1)
-(\lambda_2,t_2)
-\cdot
-x
-=
-(\lambda_1,t_1)(\lambda_2x+t_2)
-=
-\lambda_1(\lambda_2x+t_2)+t_1)
-=
-\lambda_1\lambda_2 x + (\lambda_1t_2+t_1),
-\]
-also ist $g_1g_2=(\lambda_1\lambda_2,\lambda_1t_2+t_1)$.
-\item
-Die Inverse von $(\lambda,t)$ kann erhalten werden, indem man die
-Abbildung $x\mapsto y=\lambda x +t$ nach $x$ auflöst:
-\[
-y=\lambda x+t
-\qquad\Rightarrow\qquad
-\lambda^{-1}(y-t)
-=
-\lambda^{-1}y - \lambda^{-1}t.
-\]
-Daraus liest man ab, dass $(\lambda,t)^{-1}=(\lambda^{-1},-\lambda^{-1}t)$
-ist.
-\item
-Mit Hilfe der Identität $g_1g_2g_1^{-1}g_2^{-1}=g_1g_2(g_2g_1)^{-1}$
-kann man den Kommutator leichter berechnen
-\begin{align*}
-g_1g_2&=(\lambda_1\lambda_2,t_1+\lambda_1t_2)
-\\
-g_2g_1&= (\lambda_2\lambda_1,t_2+\lambda_2t_1)
-\\
-(g_2g_1)^{-1}
-&=
-(\lambda_1^{-1}\lambda_2^{-1},
-	-\lambda_2^{-1}\lambda_1^{-1}(t_2+\lambda_2t_1))
-\\
-g_1g_2g_1^{-1}g_2^{-1}
-&=
-(\lambda_1\lambda_2,t_1+\lambda_1t_2)
-(\lambda_1^{-1}\lambda_2^{-1},
-	-\lambda_2^{-1}\lambda_1^{-1}(t_2+\lambda_2t_1))
-\\
-&=(1,t_1+\lambda_1t_2 + \lambda_1\lambda_2(
-	-\lambda_2^{-1}\lambda_1^{-1}(t_2+\lambda_2t_1))
-)
-\\
-&=(1, t_1+\lambda_1t_2 - t_2 -\lambda_2t_1)
-=
-(1,(1-\lambda_2)(t_1-t_2)).
-\end{align*}
-Der Kommutator ist also das neutrale Element, wenn $\lambda_2=1$ ist.
-\item
-Dies ist am einfachsten in der Matrixform nachzurechnen:
-\begin{align*}
-\begin{pmatrix} e^{s_1}&0\\0&1\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix} e^{s_2}&0\\0&1\end{pmatrix}
-&=
-\begin{pmatrix}e^{s_1+s_2}&0\\0&1\end{pmatrix}
-&
-\begin{pmatrix} 1&t_1\\0&1\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix} 1&t_2\\0&1\end{pmatrix}
-&=
-\begin{pmatrix} 1&t_1+t_2\\0&1\end{pmatrix}
-\end{align*}
-\item
-Die Tangentialvektoren werden erhalten durch ableiten der
-Matrixdarstellung nach dem Parameter
-\begin{align*}
-S
-&=
-\frac{d}{ds} \begin{pmatrix}e^s&0\\0&1\end{pmatrix}\bigg|_{s=0}
-=
-\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}
-\\
-T
-&=
-\frac{d}{dt} \begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}\bigg|_{t=0}
-=
-\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}
-\end{align*}
-\item Der Kommutator ist
-\[
-[S,T]
-=
-\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}
--
-\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}
-=
-\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}
--
-\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}
-=
-T.
-\qedhere
-\]
-\end{teilaufgaben}
-\end{loesung}
-
+Die Elemente der Gruppe $G$ der Translationen und Streckungen von

+$\mathbb{R}$ kann durch Paare $(\lambda,t)\in\mathbb{R}^+\times\mathbb{R}$

+beschrieben werden,

+wobei $\lambda$ durch Streckung und $t$ durch Translation wirkt:

+\[

+(\lambda,t)\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}: x\mapsto \lambda x+t.

+\]

+Dies ist allerdings noch keine Untergruppe einer Matrizengruppe.

+Dazu bettet man $\mathbb{R}$ mit Hilfe der Abbildung

+\[

+\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2 : x\mapsto \begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}

+\]

+in $\mathbb{R}^2$ ein.

+Die Wirkung von $(\lambda,t)$ ist dann

+\[

+\begin{pmatrix}(\lambda,t)\cdot x\\1\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix} \lambda x + t\\1\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix}\lambda&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\1\end{pmatrix}.

+\]

+Die Wirkung des Paares $(\lambda,t)$ kann also mit Hilfe einer 

+$2\times 2$-Matrix beschrieben werden.

+Die Abbildung

+\[

+G\to \operatorname{GL}_2(\mathbb{R})

+:

+(\lambda,t)

+\mapsto

+\begin{pmatrix}\lambda&t\\0&1\end{pmatrix}

+\]

+bettet die Gruppe $G$ in $\operatorname{GL}_2(\mathbb{R})$ ein.

+\begin{teilaufgaben}

+\item

+Berechnen Sie das Produkt $g_1g_2$ zweier Elemente

+$g_j=(\lambda_j,t_j)$.

+\item 

+Bestimmen Sie das inverse Elemente von $(\lambda,t)$ in $G$.

+\item

+Der sogenannte Kommutator zweier Elemente ist $g_1g_2g_1^{-1}g_2^{-1}$,

+berechnen Sie den Kommutator für die Gruppenelemente von a).

+\item

+Rechnen Sie nach, dass

+\[

+s\mapsto \begin{pmatrix}e^s&0\\0&1\end{pmatrix}

+,\qquad

+t\mapsto \begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}

+\]

+Einparameteruntergruppen von $\operatorname{GL}_2(\mathbb{R})$ sind.

+\item

+Berechnen Sie die Tangentialvektoren $S$ und $T$ dieser beiden

+Einparameteruntergruppen.

+\item

+Berechnen Sie den Kommutator $[S,T]$

+\end{teilaufgaben}

+

+\begin{loesung}

+\begin{teilaufgaben}

+\item

+Die beiden Gruppenelemente wirken auf $x$ nach

+\[

+(\lambda_1,t_1)

+(\lambda_2,t_2)

+\cdot

+x

+=

+(\lambda_1,t_1)(\lambda_2x+t_2)

+=

+\lambda_1(\lambda_2x+t_2)+t_1)

+=

+\lambda_1\lambda_2 x + (\lambda_1t_2+t_1),

+\]

+also ist $g_1g_2=(\lambda_1\lambda_2,\lambda_1t_2+t_1)$.

+\item

+Die Inverse von $(\lambda,t)$ kann erhalten werden, indem man die

+Abbildung $x\mapsto y=\lambda x +t$ nach $x$ auflöst:

+\[

+y=\lambda x+t

+\qquad\Rightarrow\qquad

+\lambda^{-1}(y-t)

+=

+\lambda^{-1}y - \lambda^{-1}t.

+\]

+Daraus liest man ab, dass $(\lambda,t)^{-1}=(\lambda^{-1},-\lambda^{-1}t)$

+ist.

+\item

+Mit Hilfe der Identität $g_1g_2g_1^{-1}g_2^{-1}=g_1g_2(g_2g_1)^{-1}$

+kann man den Kommutator leichter berechnen

+\begin{align*}

+g_1g_2&=(\lambda_1\lambda_2,t_1+\lambda_1t_2)

+\\

+g_2g_1&= (\lambda_2\lambda_1,t_2+\lambda_2t_1)

+\\

+(g_2g_1)^{-1}

+&=

+(\lambda_1^{-1}\lambda_2^{-1},

+	-\lambda_2^{-1}\lambda_1^{-1}(t_2+\lambda_2t_1))

+\\

+g_1g_2g_1^{-1}g_2^{-1}

+&=

+(\lambda_1\lambda_2,t_1+\lambda_1t_2)

+(\lambda_1^{-1}\lambda_2^{-1},

+	-\lambda_2^{-1}\lambda_1^{-1}(t_2+\lambda_2t_1))

+\\

+&=(1,t_1+\lambda_1t_2 + \lambda_1\lambda_2(

+	-\lambda_2^{-1}\lambda_1^{-1}(t_2+\lambda_2t_1))

+)

+\\

+&=(1, t_1+\lambda_1t_2 - t_2 -\lambda_2t_1)

+=

+(1,(1-\lambda_2)(t_1-t_2)).

+\end{align*}

+Der Kommutator ist also das neutrale Element, wenn $\lambda_2=1$ ist.

+\item

+Dies ist am einfachsten in der Matrixform nachzurechnen:

+\begin{align*}

+\begin{pmatrix} e^{s_1}&0\\0&1\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix} e^{s_2}&0\\0&1\end{pmatrix}

+&=

+\begin{pmatrix}e^{s_1+s_2}&0\\0&1\end{pmatrix}

+&

+\begin{pmatrix} 1&t_1\\0&1\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix} 1&t_2\\0&1\end{pmatrix}

+&=

+\begin{pmatrix} 1&t_1+t_2\\0&1\end{pmatrix}

+\end{align*}

+\item

+Die Tangentialvektoren werden erhalten durch ableiten der

+Matrixdarstellung nach dem Parameter

+\begin{align*}

+S

+&=

+\frac{d}{ds} \begin{pmatrix}e^s&0\\0&1\end{pmatrix}\bigg|_{s=0}

+=

+\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}

+\\

+T

+&=

+\frac{d}{dt} \begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}\bigg|_{t=0}

+=

+\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}

+\end{align*}

+\item Der Kommutator ist

+\[

+[S,T]

+=

+\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}

+-

+\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}

+\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}

+=

+\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}

+-

+\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}

+=

+T.

+\qedhere

+\]

+\end{teilaufgaben}

+\end{loesung}

+