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author | Joshua Baer <the.baer.joshua@gmail.ch> | 2021-04-12 21:51:55 +0200 |
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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}
+
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