a. Diese Formeln wurde bereits im andern Artikel hergeleitet. \blue\checked b. Wenn wir das Standardskalarprodukt auf K^n betrachten, dann können wir U_n(q^2) als die Matrixgruppe U_n(q^2) = menge(A\in\ GL_n(\IF_q^2) | A^T*A^-=1) charakterisieren. Die Determinante det: U_n\to\ K^x bildet daher nach menge(\lambda\in\ K^x | \lambda*\lambda^-=1) ab. Die Matrix matrix(\lambda,;,I_(n-1)) ist unitär und hat Determinante \lambda. Also ist det: U_n\to\ menge(\lambda\in\ K^x | \lambda*\lambda^-=1) = menge(\lambda\in\IF_(q^2) | \lambda^(1+q)=1) surjektiv. Die Gruppe rechter Hand ist zyklisch von Ordnung q+1, also ist abs(SU_n(q^2)) = 1/(q+1)*abs(U_n(q^2)) \blue\checked c. Die Skalarmatrix \lambda*I ist genau dann in U_n(q^2), wenn \lambda*\lambda^-=1 ist, d.h. wenn \lambda^(1+q)=1. In SU_n(q^2) liegt die Matrix genau dann, wenn zusätzlich \lambda^n=1, d.h. wenn \lambda^array(ggT(q+1,n))=1. Daraus folgt, dass SU_n(q^2)\cut\ Z(V) Ordnung ggT(q+1,n) hat. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) define(dot,opimg(*)) a. haben wir bereits allgemein im Artikel über den Satz von Witt und seine Anwendungen bewiesen. b. Ist r=1, so kann der von je zwei Kv, Kw\in\Gamma(V) aufgespannte Unterraum H:=Kv+Kw nicht total isotrop sein, denn der Witt\-Index war ja definiert als die maximale Dimension eines total isotropen Unterraums. Insbesondere muss daher blf(v,w)!=0 sein. (v,\lambda*w) ist also für ein geeignetes \lambda\in\ K ein hyperbolisches Paar und aus dem Satz von Witt folgt, dass U(V) auf der Menge der hyperbolischen Paare transitiv operiert. Indem wir nötigenfalls mit einer diagonalen Abbildung der Form v\mapsto\lambda\.v, w\mapsto\ w die Determinante korrigieren, folgt hieraus auch, dass SU(V) 2\-fach transitiv auf \Gamma(V) operiert. Ist r>=2, so ist SU(V) eine Rang\-3\-Gruppe auf \Gamma(V) und analog bei Sp(V) sind die drei Bahnen auf \Gamma(V)\times\Gamma(V) genau \Delta:=menge((Kv,Kv)\in\Gamma(V)^2) \calH:=menge((Kv,Kw)\in\Gamma(V)^2 | Kv!=Kw, blf(v,w)!=0) \calO:=menge((Kv,Kw)\in\Gamma(V)^2 | Kv!=Kw, blf(v,w)=0) wie man leicht mit dem Satz von Witt einsieht. \(Gegebenenfalls muss man wieder die Determinante korrigieren, um wirklich in SU(V) zu liegen\) Wir haben bereits allgemein eingesehen, dass Rang\-3\-Gruppen auf \Gamma(V) stets primitiv operieren. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) Wir gehen ganz genauso vor wie beim analogen Lemma für symplektische Transvektionen. Ist \gamma_array(\phi2\,u) eine Transvektion aus U(V), so gilt: \forall\ v,w\in\ V: blf(v,w)=blf(v+\phi2(v)u,w+\phi2(w)u) | | =blf(v,w)+\phi2(v)*blf(u,w)+\phi2(w)^-*blf(v,u)+\phi2(v)*\phi2(w)^-*blf(u,u) <=>\forall\ v,w\in\ V:\ 0=\phi2(v)*blf(u,w)+\phi2(w)^-*blf(v,u)+\phi2(v)*\phi2(w)^-*blf(u,u)\lr(*) Wählt man w\in\ ker(\phi2), so folgt: \forall\ v\in\ V: 0=\phi2(v)*blf(u,w) Wählt man nun v\notin\ ker(\phi2), so folgt w \perp u. => ker(\phi2)\subseteq\ u^\perp. Weil beide Räume Kodimension 1 haben, folgt ker(\phi2)=u^\perp=ker(blf(\dot,u)) und daher \phi2=\lambda\.blf(u,\dot) für ein geeignetes \lambda\in\ K. Da bei einer Transvektion per definitionem auch u\in\ ker(\phi2)\\{0} gilt, ist u also ein isotroper Vektor. Es bleibt also nur noch \lambda+\lambda^-=0 zu zeigen. Indem wir nochmal einsetzen, erhalten wir: \forall\ v,w\in\ V: 0=(\lambda*blf(u,v))*blf(u,w)+(\lambda*blf(w,u))^-*blf(v,u) | | =\lambda*blf(v,u)*blf(u,w)+\lambda^-*blf(u,w)*blf(v,u) | | =(\lambda+\lambda^-)*blf(v,u)*blf(u,w) Und indem wir v,w so wählen, dass blf(v,u)!=0!=blf(u,w) erhalten wir \lambda+\lambda^-=0 wie behauptet. Umgekehrt ist \gamma_array(\phi2\,u) in U(V), wenn u isotrop, \phi2=\lambda\.blf(\dot,u) und \lambda+\lambda^-=0 ist. Dann gilt nämlich: \align\ blf(v+\phi2(v)u,w+\phi2(w)u)><=blf(v,w)+\phi2(v)*blf(u,w)+\phi2(w)^-*blf(v,u)+\phi2(v)*\phi2(w)^-*blf(u,u) ><=blf(v,w)+(\lambda*blf(v,u))*blf(u,w)+(\lambda*blf(w,u))^-*blf(v,u) ><=blf(v,w)+\lambda*blf(v,u)*blf(u,w)+\lambda^-*blf(v,u)*blf(u,w) ><=blf(v,w)+(\lambda+\lambda^-)*blf(v,u)*blf(u,w) ><=blf(v,w) \blue\ q.e.d.

Definitionsgeschubse. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) define(dot,opimg(*)) Wir werden damit erstmal eine genau Charakterisierung von SU(H) herleiten: matrix(a,b;c,d)\in\ SU(H) <=> matrix(a,b;c,d)^T*matrix(0,1;1,0)*matrix(a^-,b^-;c^-,d^-)=matrix(0,1;1,0) und ad-bc=1 <=> I. $ a\.c^-+c\.a^-=0 II. $a\.d^-+c\.b^-=1 III. b\.c^-+d\.a^-=1 IV. $b\.d^-+d\.b^-=0 V. $ ad-bc=1 Es gilt: c*1 array(\small\ III.;\normal\=;\small\ $\normal) cb\.c^-+cd\.a^- array(\small\ I.;\normal\=;\small\ $\normal) cb\.c^--da\.c^- = (cb-ad)\.c^- array(\small\ V.;\normal\=;\small\ $\normal) -c^- Analog zeigt man b=-b^- sowie a=a^- und d=d^-. Man erhält also insgesamt a^-=a, b^-=-b, c^-=-c, d^-=d, ad-bc=1 Umgekehrt erfüllt jedes solche Tupel (a,b,c,d) die fünf Gleichungen, wie man durch eine direkte Rechnung zeigt. => SU(H)=menge(matrix(a,b;c,d)|a^-=a, b^-=-b, c^-=-c, d^-=d, ad-bc=1) Dann sind a,d\in\ E sowie c,b\in\ ker(Tr||array(\small\ K;E\normal)). Um jetzt den Isomorphismus \phi zu konstruieren, wählen wir ein festes \mu\in\ ker(Tr)\\{0}, d.h. \mu^-=-\mu. Die Abbildung c\mapsto\mu*c ist nun eine Bijektion ker(Tr)\to\ E, wie man leicht einsieht. Wir behaupten nun, dass \Phi: matrix(a,b;c,d)\mapsto\ matrix(a,\mu\.b;\mu^(-1)\.c,d) der in (a) gesuchte Isomorphismus ist. Man sieht sofort, dass \Phi K\-linear und bijektiv ist. Wegen matrix(a,\mu\.b;\mu^(-1)\.c,d)*matrix(a',\mu\.b';\mu^(-1)\.c',d')=matrix(aa'+bc',\mu\.ab'+\mu\.bd';\mu^(-1)\.ca'+\mu^(-1)\.dc',cb'+dd') ist \phi auch multiplikativ. Also ist \phi ein Isomorphismus wie behauptet. Man sieht ebenfalls sofort, dass \phi die Determinante und die Spur erhält. Da \phi bijektiv ist und die Determinante erhält, wird auch der Rang erhalten, denn rg(M)=0 <=> M=0 und rg(M)=2 <=> \det(M)!=0. Dass \phi(SU(H))=SL_2(E) ist, folgt aus der Vorüberlegung. Dass Transvektionen erhalten werden, folgt aus der Definition, dass \gamma eine Transvektion ist, falls rg(\gamma-1)=1 und (\gamma-1)^2=1 gilt. Diese Bedingungen werden von \phi erhalten. \blue\checked Es bleibt, die Äquivalenz der Operationen zu beweisen. Noch einmal zur Erinnerung: Operieren G_1 und G_2 auf \Omega_1 bzw. \Omega_2, so heißen sie nach unserer Definition äquivalent, wenn es einen Gruppenisomorphismus \phi:G_1\to\ G_2 und eine Bijektion \beta:\Omega_1\to\Omega_2 gibt, sodass: \forall\ g\in\ G_1, \omega\in\Omega_1: \beta(\void^g\.\omega)=\void^\phi(g)\.\beta(\omega) gilt. Unser \phi=\Phi_array(\|SU(H)) haben wir schon, suchen wir also \beta. Wir benutzen projektive Koordinaten, d.h. wir schreiben für h=(h_1, h_2)\in\ K^2 den Punkt Kh\in\IP(K^2) als (h_1\.:h_2). Weil Kv=Kv' <=> v=\lambda\.v' für ein \lambda\in\ K^x gilt, gilt in dieser Schreibweise (a:b)=(a':b') <=> a=\lambda\.a', b=\lambda\.b' für ein \lambda\in\ K^x. Jeder projektive Punkt ist daher entweder gleich (a:1) für genau ein a\in\ K oder gleich (0:1). Die Elemente von \Gamma(H) sind dann genau diejenigen mit a+a^-=0 und das Element (0:1), da blf(ae_1+e_2,ae_1+e_2)=a+a^- gilt. Wir definieren \beta:\Gamma(H)\to\IP(E^2) durch \beta((a:1)):=(\mu\.a:1) \beta((0:1):=(0:1) Da ker(Tr)\to\ E, a\mapsto\mu\.a bijektiv ist, ist \beta bijektiv. Wir können die Abbildung auch geschlossen als (u:v)\mapsto(\mu\.u:v)\cut\ E^2 schreiben. Es bleibt noch nachzurechnen, dass dies wirklich eine Äquivalenz ist. Sei also A=matrix(a,b;c,d)\in\ SU(H) beliebig, B:=\Phi(A)=matrix(a,\mu\.b;\mu^(-1)\.c,d) und (u:v)\in\Gamma(H) beliebig. Dann gilt: A*(u:v)=(au+bv:cu+dv) => \beta(A(u:v))=(\mu(au+bv):cu+dv)\cut\ E^2 und \phi(A)*\beta((u:v))=B*((\mue\.u:v)\cut\ E^2)=B*(\mue\.u:v)\cut\ E^2=(\mu\.au+\mu\.bv:cu+dv)\cut\ E^2 Also ist das Paar(\Phi,\beta) eine Äquivalenz der Operationen von SU(H) auf \Gamma(H) und SL_2(E) auf \IP(E^2). \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) Da der Witt\-Rang Eins ist, gibt es eine hyperbolische Ebene H<=V und H^\perp ist eindimensional. Somit ist jedes w\in\ H^\perp entweder 0 oder anisotrop. Indem wir die hermitesche Form nötigenfalls durch ein Vielfaches von sich selbst ersetzen, können wir oBdA annehmen, dass es ein solches w\in\ H^\perp\.\\\{0\} mit blf(w,w)=1 gibt. \(Das ist keine Einschränkung, weil die Isometriegruppe ja dieselbe bleibt, wenn wir die Form durch ein Vielfaches ersetzen.\) Sei (e,f) ein hyperbolisches Paar aus H. Bezüglich der Basis (e,w,f) hat unsere hermitesche Form dann die Darstellungsmatrix matrix(,,1;,1,;1,,) Wir betrachten den Stabilisator S von Ke in U(V). Da Ke auf Ke abgebildet wird, schicken auch alle Elemente von S e^\perp=Ke+Kw auf e^\perp. Damit hat jede Matrix aus S obere Dreiecksgestalt bezüglich der Basis (e,w,f): matrix(\kappa,\*,\*;,\lambda,\*;,,\kappa^~) Dabei muss \lambda*\lambda^-=1 sein, da w auf \lambda*w+?*e abgebildet wird und 1=blf(w,w)=blf(\lambda*w+?*e,\lambda*w+?*e)=\lambda*\lambda^- gilt. Wegen 1=blf(e,f)=blf(\kappa*e,\kappa^~*f)=\kappa*\kappa^~^- auch \kappa^~=\kappa^-^(-1) sein. Man sieht überzeugt sich leicht davon, dass umgekehrt auch jede Matrix H(\lambda,\kappa):=matrix(\kappa,,;,\lambda,;,,\kappa^-^(-1)) mit \lambda^-*\lambda=1 in S liegt. Man kann also jedes Element von S schreiben als Produkt einer Matrix vom Typ H(\lambda,\kappa) und einer oberen Dreiecksmatrix mit Einsen auf der Diagonale. Man rechnet schnell nach, dass eine solche Matrix genau dann in U(V) liegt, wenn sie die Gestalt Q(a,b):=matrix(1,-a^-,b;,1,a;,,1) mit a*a^-+b+b^-=0 hat. Also kann jedes Element von S als Produkt eines H(\lambda,\kappa) und eines Q(a,b) geschrieben werden. Man beachte außerdem, dass alle Q(a,b)\in\ SU(V) sind. Man sieht leicht ein, dass H:=menge(H(\lambda,\kappa) | \lambda,\kappa\in\ K^x, \lambda*\lambda^-=1) und Q:=menge(Q(a,b) | a,b\in\ K, a*a^-+b+b^-=0) Untergruppen von U(V) sind, nämlich H=U(V)\cap\ menge(Diagonalmatrizen) und Q=U(V)\cap\ menge(Obere Dreiecksmatrizen mit Diagonale=1). Durch Nachrechnen überzeugt man sich ganz konkret davon, dass Q(a,b)Q(a',b')=Q(a+a',b+b'-a^-\.a') und Q(a,b)^(-1)=Q(-a,b^-) gilt. Für den Kommutator zweier Elemente von Q gilt demnach [Q(a,b), Q(a',b')]=Q(0,a\.a^-'-a^-\.a') Also ist [Q,Q] = menge(Q(0,b) | b+b^-=0). Das wiederum sind alles Transvektionen. Umgekehrt hat jede Transvektion \trv(\lambda,e) bezüglich der Basis (e,w,f) die Matrix matrix(1,,\lambda;,1,;,,1)=Q(0,\lambda) Also sind alle Transvektionen, die e festhalten im Kommutator von SU(V) enthalten. Über e hatten wir aber nichts weiter vorausgesetzt, als dass es in einer hyperbolischen Ebene enthalten ist. Das trifft auf alle isotropen Vektoren zu, also sind alle Transvektionen in SU(V)' enthalten. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) array(Schritt 1: dim(V)=2)____ V ist dann eine hyperbolische Ebene und wir wissen, dass SU(V)~=SL(E^2) in diesem Fall mit \calT(V) übereinstimmt. Nach dem Satz von Witt operiert U(V) transitiv auf der gegebenen Menge. Wir zeigen, dass die Determinante "korrigiert" werden kann. Wenn man v,w\in\frakM_a hat, dann kann man die beiden um v' bzw. w' zu einer Orthogonalbasis ergänzen. Eine Abbildung f\el\ U(V) mit f(v)=w, muss dann v' auf ein Vielfaches von w' abbilden, oBdA ist das w' selbst. Sei \lambda:=\det(\gamma). Aus der Beschreibung U(K^2) = menge(A\in\ GL_n(K) | A^T*A^-=1) folgt \lambda*\lambda^-=1, also können wir die Abbildung g mit g(w):=w, g(w'):=w'/\lambda betrachten. Dies ist immer noch eine Isometrie, da blf(w',w')=blf(w'/\lambda,w'/\lambda) ist. g\circ\ f ist dann eine Isometrie, bildet v auf w ab und hat Determinante Eins. \blue\checked makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) array(Schritt 2: K endlich und n>=3)____ Da wir bei endlichen Körpern N(K)=E wissen, können wir alle anisotropen Vektoren normieren und umgekehrt aus jedem normierten Vektor einen mit blf(v,v)=a machen. Wir nehmen also oBdA a=1 an. Seien nun v,w\in\frakM_1 beliebig. Wir betrachten den Raum H:=Kv+Kw. array(Fall 1)__: H ist eindimensional. Dann nehmen wir uns eine hyperbolische Ebene H'\subseteq\ H^\perp. Jede hyperbolische Ebene enthält auch anisotrope Vektoren, also finden wir ein anisotropes u mit u\perp\ v, u\perp\ w. Nach dem eben Gezeigten, können wir v mit Transvektionen zunächst auf u und dann auf w abbilden. array(Fall 2)__: H ist zweidimensional und nichtentartet. Da K endlich ist, muss dieser Unterraum also eine hyperbolische Ebene sein. Wieder mit dem Argument von eben, gibt es ein Produkt von Transvektionen aus SU(H), das v auf w abbildet. Indem wir solche Transvektionen \t durch \t\|H^\senkrechtauf:=\id auf ganz V fortsetzen, erhalten wir ein Produkt von Transvektionen \(Die Fortsetzungen sind nämlich selbst Transvektionen\) in SU(V), das v auf w abbildet. array(Fall 3)__: H ist zweidimensional, aber entartet. Sei H\cap\ H^\perp=Kx. Wir wählen oBdA x derart, dass v=x+aw mit a!=0 ist. array(Fall 3.1)__: n>3 Dann ist H^\perp (n-2)\-dimensional. Wegen rad(H^\perp)=H^\perp\perp\cap\ H^\perp=H\cap\ H^\perp=Kx und n-2>1 ist H^\perp!=Kx, also nicht total isotrop. Also enthält H^\perp einen anisotropen Vektor u. Weil K endlich ist, können wir oBdA außerdem blf(u,u)=1 annehmen. Es ist u\perp\ v und u\perp\ w, also sind Kv+Ku und Kw+Ku jeweils zweidimensional und nichtentartet. Zweimalige Anwendung von Fall 1 erledigt das also. array(Fall 3.2)__: n=3 Wir wählen ein y\in\ w^\perp, sodass (x,y) ein hyperbolisches Paar ist. Das geht, da x\in\ w^\perp isotrop ist und w^\perp nichtentartet ist. Wir rechnen nun nach, dass w-y\in\ v^\perp ist: blf(w-y,v)=blf(w-y,x+w)=blf(w,x)-blf(y,x)+blf(w,w)-blf(y,w)=0-1+1-0=0 Außerdem ist natürlich x\in\ v^\perp nach Definition von x. Außerdem sind x,y,w linear unabhängig. Daher spannen x und w-y einen zweidimensionalen Unterraum von v^\perp auf. Weil n=3 ist, ist v^\perp aber insgesamt nur zweidimensional. Wir zeigen nun, dass man ein anisotropes u\in\ v^\perp wählen kann, sodass Ku+Kv und Ku+Kw zweidimensional und nichtentartet sind. Damit reduzieren wir das Ganze wieder auf Fall 1. Wir setzen mit u=bx+(w-y) an. Da u anisotrop gewählt werden soll, ist unsere erste Forderung: 0!=blf(u,u) $=b\.b^-*blf(x,x)+b*blf(x,w-y)+b^-*blf(w-y,x)+blf(w-y,w-y) $=b\.b*0+b*blf(x,w)-b*blf(x,y)+b^-*blf(w,x)-b^-*blf(y,x)+blf(w,w)-blf(y,w)-blf(w,y)+blf(y,y) $=0+0-b*1+0-b^-*1+1-0+0+0 $=-Tr(b)+1 Wir müssen also b so wählen, dass Tr(b)!=1. Da v und u senkrecht und anisotrop sind, ist Ku+Kv auf jeden Fall nichtentartet. Wir fragen uns also, was gelten muss, damit auch Kw+Ku nichtentartet ist. Zunächst stellen wir fest, dass u-w=bx-y\in\ w^\perp und somit Kw+Ku = Kw$\perp$K(u-w) ist. Der Vektor w ist bereits anisotrop. Damit dieser Raum also ebenfalls nichtentartet ist, muss u-w anisotrop sein. Unsere zweite Forderung an u ist also: 0!=blf(u-w,u-w) $=blf(bx-y,bx-y) $=b\.b^-*blf(x,x)-b*blf(x,y)-b^-*blf(y,x)+blf(y,y) $=-b*1-b^-*1 $=Tr(b) Unser u erfüllt unsere Wünsche also genau dann, wenn Tr(b)\notin\ menge(0,1). Da wir K!=\IF_4, also E!=\IF_2 voraussetzen und Tr(K)=E wissen, können wir das durch ein geeignetes b immer erreichen. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) Wir benutzen das "Standardskalarprodukt" auf V=\IF_4^4, d.h. bzgl. der Standardbasis e_1, ..., e_4 setzen wir: blf(v,w) := sum(v_i*(w_i)^-,i=1,4) Außerdem stellen wir \IF_4 als \IF_2\.[\omega] dar mit \omega^2+\omega+1=0. Dann ist der Automorphismus durch \omega^-=\omega^2=\omega+1 gegeben. Wir setzen H:=SU(V)_Ke_1 = menge(f\in\ SU(V) | \exists\lambda\in\IF_4^x: f(e_1)=\lambda\.e_1) array(Beobachtung 1:)__ Wir halten zunächst fest, dass jeder anisotrope Vektor automatisch normiert ist, wenn der einzige Wert von blf(v,v) ungleich 0 ist 1. Außerdem sind die einzigen Lösungen von a+a^-=0 die Werte a=0 und a=1. Alle Transvektionen haben also die Form trv(1,u) für ein isotropes u. array(Beobachtung 2:)__ Weil N(\IF_4)=\IF_2 ist, ist blf(\lambda*e_k,\lambda*e_k)=\lambda*\lambda^-=1 für alle \lambda\in\IF_4^x. Das heißt, dass genau diejenigen Vektoren (v_1, v_2, v_3, v_4)\in\IF_4^4 isotrop sind, von den Koordinaten genau 0,2 oder 4 verschwinden. Wir untersuchen nun die Operation von \calT(V) auf \frakM_1 genauer. Dazu werden wir zunächst Vertauschungs\- und Skalierungsoperationen durch Transvektionen darstellen: array(Schritt 1:)__ Sind v,v'\in\frakM_1 orthogonal, so gibt es eine Transvektion \sigma mit \sigma(v)=v', \sigma(v')=v und \sigma(w)=w für alle w\in\ menge(v,v')^\perp. Sind v und v' anisotrop und orthogonal zueinander, so ist u:=v+v' isotrop: blf(v+v',v+v')=blf(v,v)+blf(v',v')=1+1=0. Für die Transvektion \sigma:=trv(1,u) gilt daher: trv(1,u)(v')=v'+blf(v',u)*u | | =v'+blf(v',v+v')*(v+v') | | =v'+blf(v',v')*(v+v') | | =v'+1*(v+v') | | =v Aus Symmetriegründen folgt auch \sigma(v)=v'. array(Schritt 2:)__ Sind v,v'\in\frakM_1 orthogonal und \lambda\in\IF_4 \\ \{0\}, so gibt es ein f\in\calT(V) mit f(v)=\lambda\.v, f(v')=\lambda^-\.v' und f(w)=w für alle w\in\ menge(v,v')^\perp. Wähle v'\in\ v^\perp orthogonal. Dann kann man zweimal Schritt 1 anwenden und v mit v' vertauschen und dann v' mit \lambda*v. Dadurch erhält man ein f\in\calT(V) mit f(v)=\lambda\.v, f(v')=1/\lambda\.v'=\lambda^-\.v' und f(w)=w für alle w\in\ menge(v,v')^\perp. array(Schritt 3:)__ H\cap\calT(V) operiert transitiv auf \Omega:=\frakM_1\cap\ e_1^\perp = menge(v\in\ e_1^\perp | blf(v,v)=1) Diese Menge zerfällt wegen Beobachtung 2 in zwei Teilstücke: A:=menge((0;a;0;0), (0;0;b;0), (0;0;0;c) | a,b,c\in\IF_4^x) B:=menge((0;a;b;c) | a,b,c\in\IF_4^x) Wegen Schritt 1 sind alle Permutationsmatrizen in \calT(V), weil alle Transpositonen in \calT(V) sind. Wegen Schritt 2 sind auch die Matrizen der Form D_a:=matrix(a^-;,a,,;,,1,;,,,1), E_b:=matrix(b^-;,1,,;,,b,;,,,1), F_c:=matrix(c^;,1,,;,,1,;,,,c) in H\cap\calT(V). Daher operiert H\cap\calT(V) transitiv auf A und auf B. Wir zeigen, dass es ein weiteres f\in\ H\cap\calT(V) gibt, das A mit B vertauscht. Dazu lassen wir uns von Schritt 1 inspirieren: (\*,0,0,0) können wir festhalten, indem wir erst (\*,0,0,0) mit (0,\*,\*,\*) vertauschen, dann (0,\*,\*,\*) festhalten und anschließend wieder (0,\*,\*,\*) mit (\*,0,0,0) vertauschen. Setze u:=e_1+ae_2+be_3+ce_4 für a,b,c\in\IF_4^x. Die Transvektion trv(1,u) hat dann die Matrix matrix(1;,1;,,1;,,,1) + matrix(1;a;b;c)*matrix(1,a^-,b^-,c^-) = matrix(0,a^-,b^-,c^-;a,0,a\.b^-,a\.c^-;b,b\.a^-,0,b\.c^-;c,c\.a^-,c\.b^-,0) Wählen wir a=b=c=1, so wird e_1 auf e_2+e_3+e_4 geschickt. Das können wir mit D_\omega auf \omega\.e_2+e_3+e_4 schicken. Wenn wir jetzt die Transvektion mit a=\omega, b=c=1 anwenden, wird das Ergebnis wieder e_1 sein. Wir rechnen nach, was mit den anderen Vektoren passiert: matrix(\ 0,\omega^2,1,1;\ \omega,0,\omega,\omega;\ 1,\omega^2,0,1;\ 1,\omega^2,1,0\ )*matrix(\omega^2;,\omega;,,1;,,,1)*matrix(\ 0,1,1,1;\ 1,0,1,1;\ 1,1,0,1;\ 1,1,1,0\ )=matrix(\ 1,0,0,0;\ 0,1,\omega^2,\omega^2;\ 0,\omega,\omega^2,\omega;\ 0,\omega,\omega,\omega^2\ ) Damit haben wir ein Element f\in\ K\cap\calT(V) gefunden, dass A mit B vertauscht. array(Schritt 4:)__ SU(V)=\calT(V) Sei dafür f\in\ SU(V) beliebig. Wir wissen aus dem vorherigen Satz, dass es ein \tau_1\in\calT(V) mit \tau_1(f(e_1))=e_1 gibt, d.h. \tau_1\.f\in\ H. Nach Schritt 3 gibt es ein \tau_2\in\ H\cap\calT(V) mit \tau_2(\tau_1\.f(e_2))=e_2. Es gilt somit \tau_2\.\tau_1\.f(e_1)=\lambda\.e_1 und \tau_2\.\tau_1\.f(e_2)=e_2. Indem wir noch mit \tau_3:=E_\lambda\in\ H\cap\calT(V) multiplizieren, erhalten wir g:=\tau_3\.\tau_2\.\tau_1\.f(e_i)=e_i für i=1 und i=2 Daher mit g die hyperbolische Ebene L:=menge((0,0,x,y)^T | x,y\in\IF_4) in sich selbst abbilden. Weil SU(L)=\calT(L)<=\calT(V) ist, können wir ein \gamma\in\calT(V) finden mit \gamma\.g=id=> g\in\calT(V) => f\in\calT(V) Da f beliebig war, zeigt das die Behauptung. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) Wir nehmen (K,n)!=(\IF_4, n) an und zeigen SU(V)=\calT(V) durch vollständige Induktion nach n. Wir brauchen zunächst einen Induktionsanfang. Die zweidimensionalen unitären Räume sind von Transvektionen erzeugt, wenn sie Witt\-Index 1 haben, das wissen wir bereits. Für K!=\IF_4 reicht uns das als Induktionsanfang. Für K=\IF_4 ist der Fall n=2 ebenfalls mit der Betrachtung der hyperbolischen Ebenen bereits abgehandelt und wir verwenden n=4 als Induktionsanfang. Der Induktionsschritt ist einfach und folgt wie zuvor mit dem Frattini\-Lemma. Wir nehmen n>=3 für K!=\IF_4 bzw. n>=5 für K=\IF_4 an. SU(V) und \calT(V) operieren transitiv auf \frakM_\alpha für alle \alpha\in\ E^x. Wenn wir jetzt V als H\oplus\ H^\perp zerlegen, dann können wir ein anisotropes v\in\ H^\perp wählen. Wir setzen \alpha:=blf(v,v) und erhalten aus dem Frattini\-Lemma: SU(V) = \calT(V)*SU(V)_v Nun ist aber SU(V)_v = SU(v^\perp) und H <= v^\perp. Also ist v^\perp ein unitärer Raum mit Dimension n-1 und Witt\-Index >=1. Nach Induktionsannahme ist daher SU(V)_v=\calT(v^\perp)<=\calT(V) und wir erhalten somit \calT(V)=SU(V) wie behauptet. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) Wir nehmen (K,n) != (\IF_4, 2), (\IF_9, 2), (\IF_4, 3) an und zeigen, dass SU(V) perfekt ist. Es reicht dafür aus, zu beweisen, dass alle Transvektionen trv(\lambda,u) im Kommutator SU(V) enthalten sind, weil in allen Fällen außer den drei Ausnahmen SU(V) von Transvektionen erzeugt wird. Jeder isotrope Vektor u ist einer hyperbolischen Ebene H enthalten. Weil SU(U)'<=SU(V)' für alle nichtentarteten U<=V ist, reicht es aus, die Aussage für die folgenden Grenzfälle zu beweisen: 1. U=V \(für K!=\IF_4, \IF_9\.\) 2. U=H \perp Kw mit einem anisotropen Vektor w \(für K=\IF_4 oder \IF_9\.\) array(Fall 1:)__ n=2 und K!=\IF_4, \IF_9 Für zweidimensionale Räume ist SU(V)~=SL(E^2). Weil wir in diesem Fall E!=\IF_2, \IF_3 annehmen, ist SL(E^2) perfekt, d.h. die Transvektion liegt in SU(V)'=SU(V) wie gewünscht. array(Fall 2:)__ n=3 und K=\IF_4 oder \IF_9 Aus unserer Betrachtung dreidimensionaler unitärer Räume folgt, dass SU(V)' alle Transvektionen enthält. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) SU(V) operiert auf primitiv \Gamma(V) mit Kern Z(V)\cap\ SU(V). Für jedes Ku\in\ Gamma(V) so enthält der Stabilisator SU(V)_Ku die Gruppe A:=menge(trv(\lambda,u) | \lambda\in\ K, \lambda^-+\lambda=0) welche, wie wir schon festgestellt haben, ein abelscher Normalteiler von SU(V)_Ku ist. Da für f\in\ U(V) immer f\circ\ trv(\lambda,u)\circ\ f^(-1)=trv(\lambda,f(u)) und SU(V) transitiv auf den isotropen Vektoren operiert, enthalten die Konjugierten von A alle Transvektionen. Also erzeugen die Konjugierten von A die Gruppe SU(V) außer in den ausgeschlossenen Fällen. SU(V) ist außerdem perfekt außer in den drei Ausnahmefällen. Damit sind alle Zutaten zusammen und das Lemma von Iwasawa sagt uns, dass SU(V)\/SU(V)\cap\ Z(V) = PSU(V) einfach ist. \blue\ q.e.d.

Aus den Ordnungsformeln erhalten wir abs(PSU_3(4)) = 1/ggT(2+1,3)*2^3*(2^2-1)*(2^3+1) = 8*9 = 72 Wir wissen außerdem aus der Diskussion der dreidimensionalen Geometrien, dass PSU_3(4) zweifach transitiv auf \Gamma(\IF_4^3) ist. Auch aus dem Artikel über Kombinatorik endlicher Geometrien entnehmen wir: abs(\Gamma(\IF_4^3)) = ((4^1-1)(4^1\/2*4^(1-0)+1))/(4-1) = 9 Aus der Bahnformel ergibt sich für die Einpunkt\- und Zweipunkt\-Stabilisatoren: abs(PSU_3(4)_x) = abs(PSU_3(4))/9 = 8 abs(PSU_3(4)_(x,y)) = abs(PSU_3(4))/(9*(9-1)) = 1 d.h. PSU_3(4) operiert zweifach scharf transitiv \(womit a. erledigt ist\), die Einpunkt\-Stabilisatoren sind 2\-Sylowgruppen und je zwei davon schneiden sich trivial \(Weil G_x\cap\ G_y=G_(x,y)\.\) Weil die Einpunktstabilisatoren alle zueinander konjugiert sind, sind dies bereits alle 2\-Sylowgruppen. Damit gibt es genau neun 2\-Sylowgruppen. Darin sind 9*(8-1) = 72-9 Elemente enthalten. Es bleiben also genau neun weitere Elemente übrig. Diese reichen gerade aus für eine einzige 3\-Sylowgruppe. Also ist die 3\-Sylow normal und jedes Element hat eine Zweier\- oder Dreierpotenz als Ordnung. Wir betrachtet nun einen der Einpunktstabilisatoren SU(V)_Kv genauer. Aus der Diskussion dreidimensionaler Geometrien wissen wir, dass dies bei geeigneter Basiswahl die genau Matrizen der Form H(\lambda,\kappa)*Q(\alpha,\beta) sind, wobei H(\lambda,\kappa) = matrix(\kappa;,\lambda,;,,\kappa^-^(-1)) Q(\alpha,\beta) = matrix(1,-\alpha^-,\beta;,1,\alpha;,,1) mit \lambda\.\lambda^-=1 und \kappa\in\ K^x sowie \beta+\beta^-+\alpha\.\alpha^-=0 sind. Die Determinante \det(H(\lambda,\kappa))=\kappa*\kappa^-^(-1)*\lambda=\kappa^2*\lambda ist genau dann gleich 1, wenn \kappa=\lambda \(man beachte: Wir sind in \IF_4, wo x^-=x^2=x^(-1) für alle x!=0 gilt\), d.h. wenn es sich um eine Skalarmatrix handelt. Wenn wir in PSU_3(4) arbeiten, dann ist also H(\lambda,\kappa)==1. Wir müssen uns daher nur um die Q(\alpha,\beta) kümmern. Wieder weil wir mit \IF_4=\IF_2\.[\omega] arbeiten, erhalten wir 0=\beta+\beta^-+\alpha\.\alpha^-=cases(\beta+\beta^2+1,\alpha!=0;\beta+\beta^2,\alpha=0). Und das wird genau von \beta\in\ cases(menge(\omega,\omega^2),\alpha!=0;menge(0,1),\alpha=0) gelöst. Das macht die insgesamt acht Lösungen (\alpha,\beta). Man überzeugt sich leicht davon, dass matrix(1,-\alpha^-,\beta;,1,\alpha;,,1)^2 = matrix(1,,1;,1,;,,1) und matrix(1,,1;,1,;,,1)^2 = matrix(1,,;,1,;,,1) ist für alle \alpha!=0 und \beta\in\ menge(\omega,\omega^2). Das liefert sechs Elemente der Ordnung 4 in PSU(V)_Kv. Die einzige Gruppe der Ordnung 8 mit sechs Elementen der Ordnung 4 ist Q_8. Damit sind alle Aussagen sind a. bis c. bewiesen. \blue\checked d. folgt nun aus c.: Ist Q die 3\-Sylow, so ist Q als 3\-Gruppe auflösbar und PSU_3(4) \/ Q als 2\-Gruppe auch. Also ist PSU_3(4) auflösbar. Also ist SU_3(4) = 3.PSU_3(4) und U_3(4) = SU_3(4).3 als Erweiterung je zweier auflösbarer Gruppen selbst auflösbar. \blue\ q.e.d.

makro(blf,\<||array(%1),||array(%2)\>) makro(trv,\sigma_array(array(%1)\,array(%2))) define(dot,opimg(*)) Wir lassen uns von den Überlegungen im Fall \IF_4^4 inspirieren und betrachten die Operation auf den anisotropen Vektoren. Bzgl. des Standardskalarprodukt haben wir drei Klassen von anisotropen Vektoren: A:=menge((a;0;0), (0;b;0), (0;0;c) | a,b,c\in\IF_4^x) B_1:=menge((a;b;c) | abc=1) B_\omega:=menge((a;b;c) | abc=\omega) B_(\omega^2):=menge((a;b;c) | abc=\omega^2) Die isotropen Vektoren ungleich Null sind genau diejenigen, die genau zwei von Null verschiedene Koordinaten hat. Wir haben bereits nachgerechnet, dass dabei die Transvektionen in den Vektoren (1;1;0), (1;0;1), (0;1;1) die Permutationsmatrizen realisieren, die durch Transpositionen gegeben sind. Diese Matrizen bilden A, B_1, B_\omega und B_(\omega^2) in sich selbst ab. Ist allgemeiner u=e_1+xe_2, u=e_1+xe_3 bzw. u=e_2+xe_3 mit x\in\IF_4^3 so hat trv(1,u) die Darstellungsmatrix matrix(0,x^2,;x,0,;,,1), matrix(0,,x^2;,1,;x,,0) bzw. matrix(1,,;,0,x^2;,x,0) \lr(*) Also bildet \calT(V) stets A, B_1, B_\omega und B_(\omega^2) in sich ab. Ist umgekehrt f\in\ SU(V) mit f(A)=A, f(B_1)=B_1, f(B_\omega)=B_\omega, f(B_(\omega^2))=B_(\omega^2), so ist wegen f(A)=A die Darstellungsmatrix von f derart, dass in jeder Zeile und jeder Spalte genau ein von Null verschiedener Eintrag steht. Indem wir mit den Matrizen der Form \ref(*) geeignet multiplizieren, sehen wir, dass f\in\calT(V) ist. Somit haben wir gezeigt, dass \calT(V) als Matrizen genau durch \calT_V ~= menge(A\in\ SU_3(4) | \forall\ i\exists!j: a_ij!=0) $ $= menge(DP | D diagonal mit \det(D)=1, P Permutationsmatrix) gegeben ist. Daher erhalten wir abs(\calT(V)) = 3^3/3*3! = 2*3^3. \blue\ q.e.d.