Computeralgebra

Matthias Künzer Universität Stuttgart

13. April 2018

Inhalt

1 Elementarteiler  6
1.1 Teilbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Elementarteilerform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Polynomfaktorisierung  12
2.1 Quadratfreie Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Gleichgradige Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Zerlegung in irreduzible Faktoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3 Charaktertafeln  18
3.1 Wedderburn-Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.1.1 Peirce-Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.1.2 Halbeinfache Algebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.2 Gruppenalgebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2.1 Gruppenringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2.2 Maschke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.3 Charaktere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.3.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.3.2 Der triviale Charakter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.3.3 Unabhängigkeit von der Wahl des Wedderburnisomorphismus ω . . . . . . . . . . . 28
3.3.4 Orthogonalitätsrelationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.4 Der Dixon-Algorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.4.1 Ein Isomorphismus von Zentren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.4.2 Eine Betrachtung modulo p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.4.3 Charakterwerte rekonstruieren von Betrachtung modulo p . . . . . . . . . . . . . . 36
3.4.4 Der resultierende Algorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4 Ringe ganzer Zahlen  39
4.1 Begriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.2 Spurbilinearform und Z-Gitter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3 Z-Maximalordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.4 Diskriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.5 p-Radikal-Stabilisatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.5.1 p-Radikal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.5.2 Stabilisator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.5.3 Pohst-Zassenhaus-Bernardi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4.5.4 Bestimmung der Z-Maximalordnung O_{K} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.6 Kreisteilungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.6.1 Einheitswurzeln mit Primpotenzordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.6.1.1 Spur und Diskriminante im Primpotenzfall . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.6.1.2 Der Ring der ganzen Zahlen in Q(ζ) im Primpotenzfall . . . . . . . . . . 53
4.6.2 Der Ring der ganzen Zahlen in Q(ζ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
A Aufgaben und Lösungen  58
A.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
A.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Verzeichnis der Sätze, der Algorithmen und einiger Lemmata

Satz 4  §1.2 S. 8 Elementarteilersatz
Algorithmus 9 §2.1 S. 13 Quadratfreie Zerlegung
Lemma 11  §2.2 S. 14 Gleichgradige Zerlegung
Algorithmus 13 §2.3 S. 16 Cantor-Zassenhaus-Split
Lemma 16  §3.1.1 S. 19 Peirce-Zerlegung
Lemma 24  §3.1.2 S. 22 Schur
Satz 25  §3.1.2 S. 23 Wedderburn
Lemma 27  §3.2.2 S. 26 Maschke
Satz 38  §3.3.4 S. 30 Orthogonalitätsrelationen
Algorithmus 51 §3.4.4 S. 37 Dixon
Lemma 68, 69 §4.3 S. 45 Z-Maximalordnung
Algorithmus 73 §4.5.1 S. 47 p-Jacobson-Radikal
Algorithmus 76 §4.5.2 S. 49 Stabilisator
Satz 79  §4.5.3 S. 50 Pohst-Zassenhaus
Algorithmus 82 §4.5.4 S. 51 Z-Maximalordnung bestimmen
Satz 89  §4.6.2 S. 56 Z-Maximalordnung von Kreisteilungskörpern

Vorwort

Folgende Themen werden behandelt.

Elementarteiler. Matrizen über Hauptidealbereichen, wie etwa Z oder C[X], können durch Multiplikation von links und rechts mit invertierbaren Matrizen auf Diagonalform gebracht werden, mit sich konsekutiv teilenden Diagonaleinträgen, welche im wesentlichen eindeutig festliegen.

Polynomfaktorisierung. Ein normiertes Polynom in F_{p}[X] läßt sich (bis auf Reihenfolge) eindeutig in in normierte irreduzible Faktoren zerlegen. Diese aufzufinden ist ein a priori endliches Problem. Nichtsdestoweniger stellt sich die Frage nach einem guten Verfahren.

Charaktertafeln. Der Charakter einer irreduziblen gewöhnlichen Darstellung einer endlichen Gruppe ist die Abbildung, die einem Gruppenelement die Spur seiner darstellenden Matrix zuordnet. Diese Charaktere helfen dann umgekehrt wieder, um die Gruppe besser zu verstehen. Wir wollen uns mit der Berechnung der Charaktere befassen.

Ringe ganzer Zahlen. Ein Zahlkörper ist eine endliche Körpererweiterung von Q, wie e.g. Q(\sqrt{5}) = \{ a+b\sqrt{5} : a, b ∈ Q \}. Der Ring der ganzen Zahlen O_{K} ⊆ K eines Zahlkörpers K besteht aus den Elementen von K, die Nullstellen normierter Polynome in Z[X] sind. Wir wollen O_{K} berechnen.

Vorausgesetzt werden Kenntnisse aus der Algebra.

Dank geht an Jana Franz und Julia Vinogradska für Korrekturen und Verbesserungen, sowie an Gabriele Nebe für Hilfe mit dem Satz von Pohst-Zassenhaus.

Für weitere Hinweise auf Fehler und Unklarheiten bin ich dankbar.

Stuttgart, den 24.03.2011

Matthias Künzer

Konventionen.

• Sei f : X \overline{}Y eine Abbildung. Seien U ⊆ X und V ⊆ Y so, daß f(U) ⊆ V. Schreibe f|_{U}^{V} : U \overline{}V, x \overline{}f(x). Schreibe auch f|_{U} := f|_{U}^{Y} und f|^{V} := f|_{X}^{V} , sofern anwendbar.

• Ist M eine endliche Menge, so schreiben wir |M| für die Anzahl ihrer Elemente.

• Sprechen wir von zwei Elementen x und y einer Menge, so kann auch x = y sein.

• Für Elemente x und y sei ∂_{x,y} := 1, falls x = y, und ∂_{x,y} := 0, falls x ≠ y.

• Gegeben a, b ∈ Z, schreiben wir [a, b] := { c ∈ Z : a ⩽ c ⩽ b } für das ganzzahlige Intervall. Ferner schreiben wir Z_{⩾a} := {z ∈ Z : z ⩾ a} etc.

• Sei R ein kommutativer Ring. Seien m, n ⩾ 0. Sei R^{m×n} die Menge der m × n-Matrizen mit Einträgen in R. Wir identifizieren R^{1×1} und R.

• Leere Einträge in Matrizen seien null.

• Sei R ein kommutativer Ring. Seien m, n ⩾ 0. Sei i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n]. Es bezeichnet e_{i,j} ∈ R^{m×n} die Matrix, die an Position (i, j) den Eintrag 1 hat, und 0 sonst. Es bezeichnet E = E_{m} ∈ R^{m×m} die Einheitsmatrix. Es bezeichnet 0 = 0_{m×n} ∈ R^{m×n} die Nullmatrix. Sei t ⩾ 0 und n_{s} ⩾ 1 für s ∈ [1, t] gegeben. Wir schreiben e_{i,j}^{s} ∈ R^{n_{1}×n_{1}} × ⋯ × R^{n_{t}×n_{t}} für das Tupel, das an Position s die Matrix mit Eintrag 1 an Position (i, j) und Nullen sonst stehen hat, und ansonsten Nullmatrizen.

• Die Spurabbildung auf Matrizen wird mit tr bezeichnet.

• Ist R ein kommutativer Ring, und sind a, b, c ∈ R, so schreiben wir a ≡_{c} b, falls a − b = cx für ein x ∈ R.

• Ist R ein kommutativer Ring, ist x ∈ R und sind k, ℓ ∈ Z_{⩾0} , so schreiben wir x^{k^{ℓ}} := x^{(k^{ℓ})}.

• Sei K ein Körper. Der ggT von Polynomen in K[X] sei stets normiert oder 0.

• Sei L|K eine Körpererweiterung. Sei t ∈ L. Es bezeichnet μ_{t,K}(X) ∈ K[X] das Minimalpolynom von t über K.

• Sei A ein Ring. Unter einem A-Modul verstehen wir einen A-Linksmodul.

• Sei A ein Ring. Sei M ein A-Modul. Sei X ⊆ M. Schreibe

RX := {_{∑i∈[1,k]} a_{i}x_{i} : k ⩾ 0, a_{i} ∈ A und x_{i} ∈ X für i ∈ [1, k] } .

Ist X = {x_{1} , …, x_{n}}, so schreiben wir auch _{R}⟨ x_{1} , …, x_{n} ⟩ := _{R}⟨{x_{1} , …, x_{n}}⟩.

• Sei A ein Ring. Sei M ein A-Modul. Sei k ⩾ 0. Schreibe M^{⊕k} := ⨁_{i∈[1,k]} M.

• Sei A ein Ring. Es bezeichne U(A) := { u ∈ A : es gibt ein v ∈ A mit uv = vu = 1} die Einheitengruppe von A.

• Sei A ein Ring. Es bezeichne Z(A) := { x ∈ A : es ist xy = yx für alle y ∈ A } das Zentrum von A. Es ist Z(A) ⊆ A ein Teilring.

• Sei K ein Körper. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei f ∈ End_{K} V. Es bezeichnet tr f ∈ K die Spur von f.

• Sei G eine Gruppe. Sei g ∈ G. Es bezeichnet g^{G} := { x^{−1}gx : x ∈ G } die Konjugationsklasse von g in G.

• Sei m ⩾ 1. Wir schreiben ζ_{m} := exp(2πi/m) ∈ C.

Kapitel 1

Elementarteiler

1.1 Teilbarkeit

Sei R ein Integritätsbereich, i.e. ein kommutativer nullteilerfreier Ring ungleich {0}. Für x_{1} , …, x_{k} ∈ R schreiben wir

⟨ x_{1} , …, x_{k} ⟩ = _{R}⟨ x_{1} , …, x_{k} ⟩ := {_{∑i∈[1,k]} s_{i}x_{i} : s_{i} ∈ R für i ∈ [1, k] } ⊆ R . für das von x_{1} , …, x_{k} erzeugte Ideal. E.g. ist ⟨0⟩ = {0}. Für x ∈ R schreiben wir auch Rx = xR = ⟨x⟩. Ein Element a ∈ R teilt ein Element b ∈ R, falls ⟨a⟩ ⊇ ⟨b⟩. Für a, b ∈ R ist ⟨a⟩ = ⟨b⟩ genau dann, wenn es eine Einheit u in R mit au = b gibt.

1.2 Elementarteilerform

Sei nun R ein Hauptidealbereich, i.e. ein Integritätsbereich, in welchem jedes Ideal von einem Element erzeugt ist. E.g. R = Z oder R = K[X] für einen Körper K; cf. Aufgabe 1.(1). Nicht aber e.g. Z[X] ; cf. Aufgabe 1.(2). Insbesondere gibt es für x, y ∈ R ein z ∈ R mit

⟨z⟩ = ⟨x, y⟩

In anderen Worten, zum einen sind x und y Vielfache von z, zum anderen ist z = sx+ty für gewisse s, t ∈ R. Man nennt z auch größten gemeinsamen Teiler von x und y, geschrieben z =: ggT(x, y), wobei dieser nur bis auf eine Einheit in R festliegt. E.g. in Z und in K[X] kann der Euklidsche Algorithmus zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers verwandt werden.

Um untenstehenden Satz 4 praktisch umsetzen zu können, sollte man in R über ein Verfahren zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers verfügen.

Seien m, n ⩾ 0. Sei A ∈ R^{m×n}.

Definition 1 Gibt es S ∈ GL_{m}(R) und T ∈ GL_{n}(R) mit

SAT = (\begin{matrix}d_{1} \\ & d_{2} \\ & & . & . & . \\ & & & & & d_{k} \end{matrix}  ) =: D ,

wobei k ∈ [0, min{m, n}] der Rang von A ist, wobei d_{1} , …, d_{k} ∈ R ∖ {0} und wobei

⟨d_{1}⟩ ⊇ ⟨d_{2}⟩ ⊇ ⋯ ⊇ ⟨d_{k}⟩ ,

so heißt D eine Elementarteilerform oder auch Smith-Normalform von A. Die Elemente d_{1} , …, d_{k} heißen Elementarteiler von A.

Definition 2 Eine Matrix Q ∈ R^{m×m} der Form

Q = (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})_{i,j} := (\begin{matrix}1 \\ & . & . & . \\ & & & & 1 \\ & & & & & a & & & & & & b & & & & & & Zeile i \\ & & & & & & 1 \\ & & & & & & & . & . & . \\ & & & & & & & & & & 1 \\ & & & & & c & & & & & & d & & & & & & Zeile j \\ & & & & & & & & & & & & 1 \\ & & & & & & & & & & & & & . & . & . \\ & & & & & & & & & & & & & & & & 1 \end{matrix} )

mit 1 ⩽ i < j ⩽ m und (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ∈ SL_{2}(R) heiße Quasielementarmatrix. Schreibe das Untergruppenerzeugnis der Quasielementarmatrizen

SL_{m}^{Q}(R) := ⟨ Q ∈ SL_{m}(R) : Q ist Quasielementarmatrix ⟩ ⩽ SL_{m}(R) .

Eine Elementarmatrix in SL_{m}(R) ist eine Matrix, die auf der Hauptdiagonalen Einsen stehen hat und höchstens einen nichtverschwindenden Nebendiagonaleintrag aufweist. Elementarmatrizen sind also spezielle Quasielementarmatrizen.

Wir werden mit zeigen, daß SL_{m}^{Q}(R) = SL_{m}(R) ; cf. Korollar 5 unten.

Bemerkung 3 Seien x, y, z ∈ R so, daß ⟨0⟩ ≠ ⟨z⟩ = ⟨x, y⟩. Schreibe z = sx + ty mit s, t ∈ R. Schreibe x′ := x/z und y′ := y/z. Es ist

(\begin{matrix}s & t \\ −y′ & x′ \end{matrix}) ∈ SL_{2}(R) .

Beweis. Es ist det (\begin{matrix}s & t \\ −y′ & x′ \end{matrix}) = sx′ + ty′ = (sx + ty)/z = 1.

Wir erinnern daran, daß R ein Hauptidealbereich und A ∈ R^{m×n} ist.

Satz 4 (Elementarteilersatz) Es gibt S ∈ SL_{m}^{Q}(R) und T ∈ SL_{n}^{Q}(R) mit SAT in Elementarteilerform.

Cf. Aufgabe 5. Beweis. Wir führen eine Induktion über min{m, n}. Wir haben A so mit Quasielementarmatrizen von links und von rechts zu multiplizieren, daß eine Matrix in Elementarteilerform entsteht. Beim Induktionsanfang min{m, n} = 0 ist nichts zu tun. Sei min{m, n} ⩾ 1. Sei die Aussage gezeigt für Matrizen in R^{(m−1)×(n−1)}. Wir multiplizieren unsere Matrix A = (a_{i,j})_{i,j} ∈ R^{m×n} beidseitig mit Quasielementarmatrizen, ändern dabei aber mißbräuchlicherweise die Bezeichnung für diese Matrix nicht. Äußere Schleife. Sei j = 1. Solange j ⩽ n, führe aus : Innere Schleife. Säubern der ersten Spalte. Sei i = 2. Solange i ⩽ m, führe aus : Seien s, t ∈ R so, daß sa_{1,1} + ta_{i,1} = z mit ⟨a_{1,1} , a_{i,1}⟩ = ⟨z⟩. Sei hierbei s = 1 und t = 0, falls a_{1,1} ein Teiler von a_{i,1} ist. Falls z = 0, führen wir keine Matrixoperation durch. Falls z ≠ 0, schreiben wir a′_{1,1} := a_{1,1}/z und a′_{i,1} := a_{i,1}/z. Multiplikation von A von links mit (\begin{matrix}s & t \\ −a′_{i,1} & a′_{1,1} \end{matrix})_{1,i} liefert eine Matrix, die an Position (i, 1) einen Nulleintrag aufweist, in den Positionen (ĩ, 1) für ĩ ∈ [2, m] ∖ {i} aber unverändert bleibt. Der neue Eintrag z an Position (1,1) teilt den alten, sowie den ehemaligen Eintrag an Position (i, 1). Zähle i eins hoch. Ende der Ausführung. Säubern der ersten Zeile. Genauso können wir durch Multiplikation mit Quasielementarmatrizen von rechts erreichen, daß an den Positionen (1, 2), …, (1, n) die Matrix A nur Nulleinträge aufweist, wobei der Eintrag an Position (1, 1) durch einen seiner Teiler ersetzt wird. Wird hierbei die erste Spalte geändert, so wird der Betrag des Eintrags an Position (1, 1) echt verkleinert. Nun erfolge wieder ein Säubern der ersten Spalte. Wird hierbei die erste Zeile geändert, so wird der Betrag des Eintrags an Position (1, 1) echt verkleinert. Nun erfolge wieder ein Säubern der ersten Zeile. Wird hierbei die erste Spalte geändert, so wird der Betrag des Eintrags an Position (1, 1) echt verkleinert. Usf.

Dies setzen wir fort, bis A von der Form

A = (\begin{matrix}a_{1,1} \\ & a_{2,2} & … & a_{2,n} \\ & ⋮ & & ⋮ \\ & a_{m,2} & … & a_{m,n} \end{matrix})

ist, wobei a_{1,1} jeden Eintrag teilt, den unsere Matrix zu Beginn der inneren Schleife in der ersten Spalte und der ersten Zeile hatte. Dies tritt in der Tat ein, da der Betrag des Eintrags an Position (1, 1) nur endlich oft echt verkleinert werden kann, und da bei nach Säubern der ersten Spalte und der ersten Zeile gleichgebliebenem Eintrag an Position (1, 1) die erste Spalte und die erste Zeile danach an den Positionen ungleich (1, 1) nur Nullen aufweisen. Ende der inneren Schleife. Zähle j eins hoch. Frage. Ist ⟨a_{1,1}⟩ ⊇ ⟨a_{i,j}⟩ für alle i ∈ [2, m] ? Falls nein, so multipliziere A mit \binom{1}{1 1}_{1,j} von rechts und beginne die innere Schleife. Nach ihrer Durchführung teilt a_{1,1} alle Einträge, die A vor ihrer Durchführung in der ersten (wie in der j-ten) Spalte hatte, und also auch alle Einträge, die A nun in der j-ten Spalte hat, da letztere R-Linearkombinationen ersterer sind. Ende der Ausführung. Es ist A nun von der Form

A = (\begin{matrix}a_{1,1} \\ & a_{2,2} & … & a_{2,n} \\ & ⋮ & & ⋮ \\ & a_{m,2} & … & a_{m,n} \end{matrix})

mit ⟨a_{1,1}⟩ ⊇ ⟨a_{i,j}⟩ für alle i ∈ [2, m] und alle j ∈ [2, n]. Ende der äußeren Schleife. Schreibe

A′ := (\begin{matrix}a_{2,2} & … & a_{2,n} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{m,2} & … & a_{m,n} \end{matrix}) ,

so daß sich in Blockmatrixschreibweise A = (\begin{matrix}a_{1,1} \\ & A′ \end{matrix}) ergibt. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es S′ ∈ SL_{m−1}^{Q}(R) und T′ ∈ SL_{n−1}^{Q}(R) mit S′A′T′ = D′ in Elementarteilerform. Da a_{1,1} jeden Eintrag von A′ teilt, teilt a_{1,1} auch jeden Eintrag von D′. In Blockmatrixschreibweise wird nun

(\begin{matrix}1 \\ & S′ \end{matrix}) (\begin{matrix}a_{1,1} \\ & A′ \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ & T′ \end{matrix}) = (\begin{matrix}a_{1,1} \\ & D′ \end{matrix}) ,

und letztere Matrix ist in der Tat in Elementarteilerform.

Korollar 5 Es ist SL_{m}^{Q}(R) = SL_{m}(R).

Beweis. Sei A ∈ SL_{m}(R) gegeben. Nach Satz 4 gibt es S, T ∈ SL_{m}^{Q}(R) mit SAT = D in Elementarteilerform. Es wird

D = ( ..._{d_{m}}^{d_{1}}) = (\begin{matrix}d_{2}^{−1} \\ & d_{2} \end{matrix})_{1,2} ⋯ (\begin{matrix}d_{m}^{−1} \\ & d_{m} \end{matrix})_{1,m} ∈ SL_{m}^{Q}(R)

da ja d_{1} = d_{2}^{−1} ⋯ d_{m}^{−1}. Also ist auch A = S^{−1}DT^{−1} ∈ SL_{m}^{Q}(R).

Sei ℓ ∈ [1, min{m, n}]. Ein ℓ × ℓ-Minor von A ist die Determinante einer Teilmatrix (a_{i_{s} , j_{t}})_{s,t} ∈ R^{ℓ×ℓ}, wobei 1 ⩽ i_{1} < i_{2} < ⋯ < i_{ℓ} ⩽ m und 1 ⩽ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{ℓ} ⩽ n. Sei M_{ℓ}(A) ⊆ R das von allen ℓ × ℓ-Minoren von A erzeugte Ideal in R.

Lemma 6 Seien d_{1}, …, d_{k} Elementarteiler von A, wobei k = rk A.

Sei ℓ ∈ [1, min{m, n}]. Dann ist

M_{ℓ}(A) = \{ \begin{matrix}⟨∏_{i∈[1,ℓ]} d_{i}⟩ & falls ℓ ⩽ k \\ ⟨0⟩ & falls ℓ > k \end{matrix}

Insbesondere sind die Elementarteiler von A bis auf Einheiten in R eindeutig bestimmt.

Beweis. Seien S ∈ GL_{m}(R) und T ∈ GL_{n}(R) so, daß

SAT = (\begin{matrix}d_{1} \\ & d_{2} \\ & & . & . & . \\ & & & & & d_{k} \end{matrix}  ) =: D

in Elementarteilerform ist; cf. Satz 4.

Die rechte Seite der behaupteten Gleichung ist gleich M_{ℓ}(D) Denn ein ℓ × ℓ-Minor von D ist gleich null oder von der Form ∏_{i∈J} d_{i} mit J ⊆ [1, k] und |J| = ℓ. Letzteres tritt nur ein, falls ℓ ⩽ k, und dann teilt wird dieser Minor vom Minor ∏_{i∈[1,ℓ]} d_{i} geteilt.

Es bleibt also ganz allgemein zu zeigen, daß M_{ℓ}(B) =^{!} M_{ℓ}(BQ) =^{!} M_{ℓ}(P BQ) für B ∈ R^{m×n}, P ∈ GL_{m}(R) und Q ∈ GL_{n}(R).

Aus Symmetriegründen genügt es, M_{ℓ}(B) =^{!} M_{ℓ}(BQ) für B ∈ R^{m×n} und Q ∈ GL_{n}(R) zu zeigen.

Da B = (BQ)Q^{−1}, genügt es, M_{ℓ}(B) ⊇^{!} M_{ℓ}(BQ) für B ∈ R^{m×n} und Q ∈ GL_{n}(R) zu zeigen. Zeigen wir dies allgemeiner für B ∈ R^{m×n} und Q ∈ R^{n×n}. Hierbei betrachten wir B als fest gewählt.

Sei 1 ⩽ i_{1} < i_{2} < ⋯ < i_{ℓ} ⩽ m und 1 ⩽ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{ℓ} ⩽ n. Schreibe

BQ = (c_{i,j}(Q))_{i,j} ∈ R^{m×n}. Wir haben zu zeigen, daß det(c_{i_{s} , j_{t}}(Q))_{s,t} ∈^{!} M_{ℓ}(B).

Wir dürfen annehmen, daß die Spalten j_{1} , …, j_{ℓ} von Q Standardbasisvektoren sind, da det(c_{i_{s} , j_{t}}(Q))_{s,t} linear in diesen Spalten von Q ist.

Somit ist det(c_{i_{s} , j_{t}}(Q))_{s,t} bis auf Vorzeichen ein ℓ × ℓ-Minor von B, oder gleich null. Jedenfalls ist es in M_{ℓ}(B) enthalten.

Bemerkung 7 Es wird SL_{m}(Z) von Elementarmatrizen erzeugt.

Beweis. Nach Korollar 5 genügt es zu zeigen, daß SL_{2}(Z) =^{!} ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ =: E.

Für z ∈ Z ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ z & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix})^{z} ∈ E und (\begin{matrix}1 & z \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})^{z} ∈ E.

Ferner ist (\begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ∈ E. Also sind auch (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) ∈ E.

Sei (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ∈ SL_{2}(Z). Wir haben zu zeigen, daß (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ∈^{!} E. Dank (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ∈ E sind o.E. a, c ⩾ 0. Wir führen eine Induktion nach min{a, c}. Induktionsanfang min{a, c} = 0. Den Fall a = 0 können wir durch Linksmultiplikation mit (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) auf den nächsten Fall zurückführen. Falls c = 0, dann ist wegen (\begin{matrix}a & b \\ 0 & c \end{matrix}) ∈ SL_{2}(Z) und a ⩾ 0 auch a = 1, und damit auch c = 1.

Und (\begin{matrix}1 & b \\ 0 & 1 \end{matrix}) ∈ E.

Induktionsschritt. Sei min{a, c} > 0. Falls 0 < a ⩽ c, dann finde k ∈ Z mit c − ka ∈ [0, a − 1]. Nach Induktionsvoraussetzung

ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ −k & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) = ( \begin{matrix}a & b \\ c−ka & d−kb \end{matrix} ) ∈ E, also ist auch (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ∈ E.

Falls 0 < c ⩽ a, dann finde k ∈ Z mit a − kc ∈ [0, c − 1]. Nach Induktionsvoraussetzung

ist (\begin{matrix}1 & −k \\ 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) = ( \begin{matrix}a−kc & b−kd \\ c & d \end{matrix} ) ∈ E, also ist auch (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ∈ E.

Polynomfaktorisierung

Sei p ⩾ 2 prim. Sei f(X) ∈ F_{p}[X] normiert. Sei n := deg f ⩾ 1. Wir wollen f(X) in normierte irreduzible Faktoren zerlegen; cf. Aufgabe 6. Das ist wegen der Endlichkeit der Menge { a(X) ∈ F_{p}[X] ∖ {0} : 1 ⩽ deg a ⩽ n } der potentiellen Teiler von f(X) a priori ein endliches Problem. Cf. Aufgabe 8. Auch der hier zu behandelnde Algorithmus wird letzten Endes auf eine endliche Suche angewiesen sein.

2.1 Quadratfreie Zerlegung

Ein Polynom in F_{p}[X] ∖ {0} heiße quadratfrei, falls es in F_{p}[X] nicht vom Quadrat eines normierten irreduziblen Polynoms geteilt wird. Wir wollen eine Zerlegung

f(X) = u_{1}(X) u_{2}(X) ⋯ u_{n}(X)

in quadratfreie normierte Polynome u_{i}(X) ∈ F_{p}[X] finden. Sei u(X) = ∑_{i⩾0} a_{i}X^{i} ∈ F_{p}[X] ∖ {0} mit deg u ⩾ 1 gegeben, wobei a_{i} ∈ F_{p}. Sei k ⩾ 0 maximal so, daß u(X) = ǔ(X^{p^{k}}) für ein ǔ(X) ∈ F_{p}[X]. Dieses ǔ(X) liegt eindeutig fest und heiße Frobeniusreduktion von u(X). Es ergibt sich

k = max{ ℓ ⩾ 0 : p^{ℓ} | i für alle i ⩾ 0 mit u_{i} ≠ 0 }
ǔ(X) = ∑_{i⩾0} u_{p^{k}i} X^{i} .

Beachte, daß dann auch u(X) = ǔ(X^{p^{k}}) = ǔ(X)^{p^{k}}, da a^{p} = a für a ∈ F_{p}. Beachte ferner, daß ǔ′(X) ≠ 0, sowie, daß deg ǔ ⩾ 1. Ist insbesondere u(X) irreduzibel, dann ist u(X) = ǔ(X), und somit u′(X) = ǔ′(X) ≠ 0. Ist e.g. p = 2 und u(X) = X^{32} + X^{24} + 1, so ist ǔ(X) = X^{4} + X^{3} + 1.

Lemma 8 Es ist u(X) ∈ F_{p}[X] ∖ {0} genau dann quadratfrei, wenn

ggT(u(X), u′(X)) = 1 .

Beweis. Sei u(X) nicht quadratfrei. Dann gibt es ein v(X) ∈ F_{p}[X] von Grad ⩾ 1 und ein w(X) ∈ F_{p}[X] so, daß u(X) = v(X)^{2} w(X). Es folgt

u′(X) = v(X)^{2} w′(X) + 2v(X)v′(X)w(X)

und also, daß v(X) auch ggT(u(X), u′(X)) teilt. Also ist ggT(u(X), u′(X)) ≠ 1.

Sei umgekehrt u(X) quadratfrei. Annahme, ggT(u(X), u′(X)) ≠ 1. Sei g(X) ein irreduzibler Faktor von ggT(u(X), u′(X)). Schreibe u(X) = g(X)h(X) für ein h(X) ∈ F_{p}[X]. Da auch

u′(X) = g′(X)h(X) + g(X)h′(X)

ein Vielfaches von g(X) ist, teilt g(X) das Produkt g′(X)h(X). Da g(X) irreduzibel ist, ist g′(X) ≠ 0 ; da nun deg g′ < deg g, folgt, daß g(X) kein Teiler von g′(X) ist. Folglich ist g(X) ein Teiler von h(X). Dies aber widerspricht der Quadratfreiheit von u(X). Also ist ggT(u(X), u′(X)) = 1.

Algorithmus 9 (Quadratfreie Zerlegung) Wir wollen f(X) in quadratfreie Faktoren zerlegen. Per Induktion genügt es, einen quadratfreien Teiler von f(X) von Grad ⩾ 1 zu finden.

Sei h_{1}(X) := f(X).

Sei h_{2}(X) := ggT(ȟ_{1}(X), ȟ′_{1}(X)). Ist h_{2}(X) = 1, so ist ȟ_{1}(X) nach Lemma 8 ein quadratfreier Teiler von f(X) von Grad ⩾ 1, und wir sind fertig. Ansonsten ist deg h_{2} ⩾ 1.

Sei h_{3}(X) := ggT(ȟ_{2}(X), ȟ′_{2}(X)). Ist h_{3}(X) = 1, so ist ȟ_{2}(X) nach Lemma 8 ein quadratfreier Teiler von f(X) von Grad ⩾ 1, und wir sind fertig. Ansonsten ist deg h_{3} ⩾ 1.

Usf.

Es ist hierbei ȟ′_{i} ≠ 0 und deg h_{i+1} ⩽ deg ȟ′_{i} < deg ȟ_{i} ⩽ deg h_{i} stets. Also bricht das Verfahren nach höchstens n Schritten ab.

Cf. Aufgabe 8.(2).

2.2 Gleichgradige Zerlegung

Sei f(X) zudem quadratfrei. Wir wollen eine Zerlegung

f(X) = f_{1}(X)f_{2}(X) ⋯ f_{n}(X)

in normierte Polynome f_{i}(X) ∈ F_{p}[X] so finden, daß die normierten irreduziblen Faktoren von f_{i}(X) alle den Grad i haben für i ∈ [1, n]. Eine solche Zerlegung heiße gleichgradig.

Lemma 10 Sei d ⩾ 1. Es ist

X^{p^{d}} − X = ∏_{g(X) ∈ F_{p}[X] norm. u. irr., deg g | d} g(X) .

Beweis. Es ist ggT(X^{p^{d}} − X, (X^{p^{d}} − X)′) = ggT(X^{p^{d}} − X, −1) = 1. Also ist X^{p^{d}} − X quadratfrei; cf. Lemma 8.

Sei e | d. Sei g(X) ∈ F_{p}[X] ein normiertes irreduzibles Polynom von Grad e. Es ist K := F_{p}[T]/⟨g(T)⟩ ein Körper mit einer Einheitengruppe von Ordnung p^{e} − 1. Schreibe t := T + ⟨g(T)⟩ ∈ K. Schreibe Frob : K ^{\overline{}^{∼}} K, s \overline{}s^{p} für den Frobeniusautomorphismus von K.

Es ist t = 0 oder aber t^{p^{e}−1} = 1. Jedenfalls ist t^{p^{e}} = t, i.e. Frob^{e}(t) = t. Also ist auch t^{p^{d}} = Frob^{d}(t) = (Frob^{e})^{d/e}(t) = t. Also teilt das Minimalpolynom μ_{t,F_{p}}(X) = g(X) von t das Polynom X^{p^{d}} − X.

Sei umgekehrt h(X) ein normierter irreduzibler Faktor von X^{p^{d}} −X. Wir haben zu zeigen, daß deg h | d. Hierzu ziehen wir den Körper F_{p^{d}} heran. Da seine multiplikative Gruppe die Ordnung p^{d} − 1 hat, sind alle seine Elemente Nullstellen von X^{p^{d}} − X. Mit einem Gradvergleich folgt X^{p^{d}} − X = ∏_{ξ∈F_{p^{d}}}(X − ξ) ; cf. Lemma 8. Somit gibt es ein η ∈ F_{p^{d}} mit h(η) = 0. Es folgt μ_{η,F_{p}}(X) = h(X), und also deg h = [F_{p}(η) : F_{p}]. Die Behauptung folgt nun aus

d = [F_{p^{d}} : F_{p}] = [F_{p^{d}} : F_{p}(η)][F_{p}(η) : F_{p}] .

Lemma 11 (Gleichgradige Zerlegung) Definiere rekursiv h_{1}(X) := f(X) und

h_{i}(X) := \frac{h_{i−1}(X)}{ggT(h_{i−1}(X), X^{p^{i−1}} − X)}

für i ∈ [2, n]. Setze

f_{i}(X) := ggT(h_{i}(X), X^{p^{i}} − X)

für i ∈ [1, n]. Dann haben wir eine gleichgradige Zerlegung

f(X) = f_{1}(X)f_{2}(X) ⋯ f_{n}(X) .

Man kann die Berechnung natürlich abbrechen, sobald h_{i}(X) = 1.

Beweis.

Es ist h_{1}(X) der Teiler von f(X), der alle seine irreduziblen normierten Faktoren von Grad ⩾ 1 enthält – i.e. alle.

Es ist h_{2}(X) der Teiler von f(X), der alle seine irreduziblen normierten Faktoren von Grad ⩾ 2 enthält, da dank h_{1}(X) quadratfrei diejenigen von Grad 1 wegdividiert wurden; cf. Lemma 10.

Es ist h_{3}(X) der Teiler von f(X), der alle seine irreduziblen normierten Faktoren von Grad ⩾ 3 enthält, da dank h_{2}(X) quadratfrei dazuhin diejenigen von Grad 2 wegdividiert wurden; cf. Lemma 10.

Usf.

Für i ∈ [1, n] ist, wegen h_{i}(X) quadratfrei, f_{i}(X) der Teiler von f(X), der alle seine irreduziblen normierten Faktoren von Grad i enthält; cf. Lemma 10.(1).

Cf. Aufgabe 8.(2).

2.3 Zerlegung in irreduzible Faktoren

Sei d ⩾ 1. Sei f(X) zudem quadratfrei und zerfalle in ein Produkt normierter irreduzibler Polynome von Grad d. Wir wollen diese bestimmen.

Bemerkung 12 Sei h(X) ∈ F_{p}[X] mit deg h ⩾ 1.

(1) Es ist f(X) ein Teiler von h(X)^{p^{d}} − h(X).

(2) Ist p ⩾ 3, so sind die die Polynome h(X), h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} −1 und h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} +1 paarweise teilerfremd und geben im Produkt gleich h(X)^{p^{d}} − h(X).

(3) Ist p = 2, so sind die Polynome h(X), h(X)^{2^{0}−1} + h(X)^{2^{1}−1} + h(X)^{2^{2}−1} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}−1} und 1+h(X)^{2^{0}} +h(X)^{2^{1}} +h(X)^{2^{2}} +⋯+h(X)^{2^{d−1}} paarweise teilerfremd und geben im Produkt gleich h(X)^{2^{d}} − h(X).

Beweis.

Zu (1). Da f(X) in normierte irreduzible Faktoren von Grad d zerfällt und quadratfrei ist, ist f(X) ein Teiler von X^{p^{d}} − X; cf. Lemma 10.

Also genügt es zu zeigen, daß X^{p^{d}} − X ein Teiler von h(X)^{p^{d}} − h(X) ist.

Schreibe h(X) = ∑_{i⩾0} a_{i}X^{i} mit a_{i} ∈ F_{p}. Es ist

h(X)^{p^{d}} − h(X) = (∑_{i⩾0} a_{i}X^{i})^{p^{d}} − (∑_{i⩾0} a_{i}X^{i})
= (∑_{i⩾0} a_{i}(X^{i})^{p^{d}}) − (∑_{i⩾0} a_{i}X^{i})
= ∑_{i⩾1} a_{i}(X^{i·p^{d}} − X^{i}) ,

und es ist

X^{i·p^{d}} − X^{i} = (X^{p^{d}} − X)(X^{p^{d}·(i−1)+0} + X^{p^{d}·(i−2)+1} + ⋯ + X^{p^{d}·0+(i−1)})

für i ⩾ 1.

Zu (2). Ein gemeinsamer Teiler von h(X) und h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} − 1 teilt auch −1, ist also trivial. Ein gemeinsamer Teiler von h(X) und h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} + 1 teilt auch 1, ist also trivial. Ein gemeinsamer Teiler von h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} − 1 und h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} + 1 teilt auch ihre Differenz −2, ist also trivial.

Zu (3). Ein gemeinsamer Teiler von h(X) und h(X)^{2^{0}−1} +h(X)^{2^{1}−1} +⋯+h(X)^{2^{d−1}−1} teilt auch h(X)^{2^{0}−1}, ist also trivial. Ein gemeinsamer Teiler von h(X)^{2^{0}}+h(X)^{2^{1}}+⋯+h(X)^{2^{d−1}} und 1 + h(X)^{2^{0}} + h(X)^{2^{1}} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}} teilt auch 1, ist also trivial.

Schließlich wird noch

(h(X)^{2^{0}} + h(X)^{2^{1}} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}})(1 + h(X)^{2^{0}} + h(X)^{2^{1}} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}})
= (h(X)^{2^{0}} + h(X)^{2^{1}} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}}) + (h(X)^{2^{0}} + h(X)^{2^{1}} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}})^{2}
= (h(X)^{2^{0}} + h(X)^{2^{1}} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}}) + (h(X)^{2^{1}} + h(X)^{2^{2}} + ⋯ + h(X)^{2^{d}})
= h(X) + h(X)^{2^{d}} .

Algorithmus 13 (Cantor-Zassenhaus-Split) Wir wollen f(X) in irreduzible normierte Faktoren zerlegen. Per Induktion genügt es, f(X) nichttrivial in Faktoren zu zerlegen, falls deg f ⩾ 2d.

Durchlaufe h(X) ∈ F_{p}[X] die normierten Polynome mit deg h ∈ [1, d].

Falls p ⩾ 3, so ist

h(X)^{p^{d}} − h(X) =^{Bem. 12.(2)} h(X)(h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} − 1)(h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} + 1) ,

und also

f(X) =^{Bem. 12.(1)} ggT(f(X), h(X)^{p^{d}} − h(X))
=^{Bem. 12.(2)} ggT(f(X), h(X)) · ggT(f(X), h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} − 1) · ggT(f(X), h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} + 1) .

Falls p = 2, so ist

\begin{matrix}h(X)^{2^{d}} − h(X) =^{Bem. 12.(3)} \\ h(X)(h(X)^{1−1} + h(X)^{2−1} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}−1})(h(X)^{0} + h(X)^{1} + h(X)^{2} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}}) , \end{matrix}

und also

f(X) =^{Bem. 12.(1)} ggT(f(X), h(X)^{2^{d}} − h(X))
=^{Bem. 12.(3)} ggT(f(X), h(X)) · ggT(f(X), h(X)^{1−1} + h(X)^{2−1} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}−1})
· ggT(f(X), h(X)^{0} + h(X)^{1} + h(X)^{2} + ⋯ + h(X)^{2^{d−1}}) .

Bei diesem Durchlauf tritt auch ein irreduzibler normierter Faktor von f(X) als h(X) auf, so daß dann der erste Faktor gleich h(X) wird und so spätestens dann die Zerlegung nichttrivial.

Nun wiederhole man das Verfahren für die gefundenen Faktoren einer solchen nichttrivialen Zerlegung; usf.

• Die Art des Durchlaufs der h(X), ob systematisch oder zufällig, bleibt dabei dem Anwender überlassen. Vgl. Aufgabe 8.(2).

• Falls p ⩾ 3, so kann zur Berechnung von ggT(f(X), h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} ± 1) zunächst

h(X)^{\frac{p^{d}−1}{2}} ± 1 in F_{p}[X]/⟨ f(X) ⟩ berechnet und dann ein Repräsentant des Resultats herangezogen werden, da allgemein für u(X), v(X) ∈ F_{p}[X] sich

ggT(f(X), u(X)) = ggT(f(X), u(X) + v(X)f(X))

ergibt, dafür die Wahl des Repräsentanten modulo ⟨f(X)⟩ also keine Rolle spielt. Für p = 2 entsprechend. Cf. Aufgabe 8.(2).

• Stellen wir noch einen groben Vergleich unseres Algorithmus mit dem naiven Algorithmus an. Der naive Algorithmus testet alle normierten Polynome von Grad d auf die Eigenschaft hin, f(X) zu teilen. Die Wahrscheinlichkeit, unter den p^{d} derartigen Polynomen durch blinde Wahl einen Teiler von f(X) zu finden, ist gering. Man sucht also lange. Die Zerlegung

f(X) = ggT(…) · ggT(…) · ggT(⋯)

aus unserem Algorithmus ist dagegen bereits dann brauchbar, wenn zwei der Faktoren ungleich 1 sind. Die Wahrscheinlichkeit, f(X) so erfolgreich aufgespalten zu haben, ist eher hoch. Bereits nach wenigen getesteten Polynomen h(X) wird man meistens die Suche beenden können, um den Algorithmus auf die entstandenen nichttrivialen Faktoren anzuwenden, usf. (Sicher ist dieses “wenigen” aber nicht. Sicher ist nur, daß man die Suche beenden kann, wenn man alle normierten Polynome h(X) von Grad d getestet hat. Das dauert dann ebenfalls lange, tritt aber in der Praxis kaum jemals auf.)

Charaktertafeln

3.1 Wedderburn-Zerlegung

3.1.1 Peirce-Zerlegung

Sei A ein Ring.

Definition 14 Ein Element e ∈ A heißt idempotent, falls e^{2} = e.

Ein Idempotent e ∈ A ∖ {0} heißt primitiv, falls aus e = e′ + e′′ mit e′, e′′ Idempotenten mit e′e′′ = 0 und e′′e′ = 0 bereits e′ = 0 oder e′′ = 0 folgt.

Sei n ⩾ 1. Ein Tupel \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) von Idempotenten von A heißt orthogonale Zerlegung in Idempotente (in A), falls 1 = e_{1} + ⋯ + e_{n} und falls e_{i}e_{j} = 0 ist für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j.

Eine orthogonale Zerlegung in Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) heiße orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente (in A), falls e_{i} primitiv ist für i ∈ [1, n].

Bemerkung 15 Sei M ein A-Modul. Sei \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A. Dann ist

M = ⨁_{i∈[1,n]} e_{i}M

als abelsche Gruppe.

Beweis. Wegen 1 = e_{1} + ⋯ + e_{n} ist m = e_{1}m + ⋯ + e_{n}m, und also M gleich der Summe der Untergruppen e_{i}M. Wir haben die Direktheit dieser Summe zu zeigen.

Sei also m_{1} + ⋯ + m_{n} = 0 mit m_{i} ∈ e_{i}M für i ∈ [1, n]. Beachte, daß m_{j} = e_{j}m′_{j} für ein m′_{j} ∈ M, und also e_{j}m_{j} = e_{j}^{2}m′_{j} = e_{j}m′_{j} = m_{j} für j ∈ [1, m].

Sei i ∈ [1, m] gegeben. Wir haben zu zeigen, daß m_{i} =^{!} 0. In der Tat wird

0 = e_{i}(m_{1} + ⋯ + m_{n}) = e_{i}(e_{1}m_{1} + ⋯ + e_{n}m_{n}) = e_{i}m_{i} .

Lemma 16 (Peirce-Zerlegung) Sei \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A. Es wird

A = ⨁_{i, j ∈ [1,n]} e_{i}Ae_{j}

als abelsche Gruppe.

Beweis. Mit Bemerkung 15 und der dazu analogen Aussage für A-Rechtsmoduln wird

A = ⨁_{i∈[1,n]} e_{i}A = ⨁_{i∈[1,n]}( ⨁_{j∈[1,n]} e_{i}Ae_{j}) = ⨁_{i, j ∈ [1,n]} e_{i}Ae_{j} .

Beispiel 17 Sei K ein Körper. Sei A = K^{3×3}. Wir haben die orthogonale Zerlegung in

Idempotente \underline{e} = ((\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})) in A. Dementsprechend wird

A = e_{1}Ae_{1} ⊕ e_{2}Ae_{1} ⊕ e_{1}Ae_{2} ⊕ e_{2}Ae_{2} = (\begin{matrix}K & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⊕ (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ K & 0 & 0 \\ K & 0 & 0 \end{matrix}) ⊕ (\begin{matrix}0 & K & K \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ⊕ (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & K & K \\ 0 & K & K \end{matrix} ) .

Es ist e_{1} primitiv. Denn es ist e_{1}Ae_{1} ein Teilring von A (mit einer anderen 1), welcher isomorph zu K ist. Aus e_{1} = e′ + e′′ wie in Definition 14 folgt e_{1}e′ = (e′ + e′′)e′ = e′ etc., also e′, e′′ ∈ e_{1}Ae_{1} . Da e_{1}Ae_{1} ein Körper ist, folgt aber aus e′e′′ = 0, daß e′ = 0 oder e′′ = 0.

Es ist e_{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) nicht primitiv.

Bemerkung 18 Sei e ∈ A ein Idempotent. Es ist e primitiv genau dann, wenn Ae ein unzerlegbarer A-Modul ist, i.e. wenn Ae ≠ 0 und wenn aus einer Zerlegung Ae = X ⊕ Y in A-Moduln bereits X = 0 oder Y = 0 folgt.

Beweis. Siehe Aufgabe 10.

Bemerkung 19 Sei A ein Ring. Seien e, f ∈ A Idempotente.

Es ist

\begin{matrix}Hom_{A}(Ae, Af) & & \overline{} & eAf \\ φ & & \overline{} & φ(e) \\ (be \overline{}beaf) & \overline{} & & eaf \end{matrix}

ein Isomorphismus abelscher Gruppen, mit Inverser wie angegeben, wobei a, b ∈ A.

Beweis. Siehe Aufgabe 11.

3.1.2 Halbeinfache Algebren

Sei K ein Körper.

Definition 20

(1) Eine (K-)Algebra ist ein Paar (A, φ) aus einem Ring A und einem Ringmorphismus K ^{\overline{}^{φ}} A mit φ(A) ⊆ Z(A). Oft schreibt man kurz A = (A, φ).

Via λ · a := φ(λ)a für λ ∈ K und a ∈ A wird A zu einem Vektorraum über K.

Es ist e.g. K = (K, id) eine K-Algebra.

(2) Seien A = (A, φ) und B = (B, ψ) K-Algebren. Ein (K-)Algebrenmorphismus A ^{\overline{}^{f}} B ist ein Ringmorphismus von A nach B, für welchen f ∘ φ = ψ ist.

\xymatrix{A \ar[rr]^{f} &  & B \\  & K \ar@{-->}[ul]^{φ} \ar@{-->}[ur]_{ψ}}

Ein Ringmorphismus f : A \overline{}B ist genau dann ein K-Algebrenmorphismus, wenn er zudem eine K-lineare Abbildung ist, da die Aussage f(λ · a) = λ · f(a) für λ ∈ K a ∈ A äquivalent ist zur Aussage (f ∘ φ)(λ)f(a) = ψ(λ)f(a) für λ ∈ K und a ∈ A, was wegen 1 ∈ A wiederum äquivalent ist zu f ∘ φ = ψ.

Es ist e.g. φ : K \overline{}A ein K-Algebrenmorphismus.

Ein (K-)Algebrenisomorphismus, geschrieben A \overline{}^{f}_{∼} B, ist ein bijektiver K-Algebrenmorphismus.

Diesenfalls ist auch seine Umkehrabbildung ein K-Algebrenisomorphismus.

Existiert ein K-Algebrenisomorphismus A \overline{}^{f}_{∼} B, so heißen A und B isomorph, geschrieben A ≃ B.

(3) Es heißt A endlichdimensional, wenn A als K-Vektorraum endlichdimensional ist.

Ein A-Modul M ist via λ · m := φ(λ)m auch ein K-Vektorraum, wobei λ ∈ K und m ∈ M.

Es heißt M endlichdimensional, falls M als K-Vektorraum endlichdimensional ist.

(4) Eine endlichdimensionale K-Algebra A heißt halbeinfach, falls für jeden endlichdimensionalen A-Modul M und jeden Teilmodul N ⊆ M ein Teilmodul X ⊆ M mit M = N ⊕ X existiert.

Beispiel 21 Sei n ⩾ 0. Es ist K^{n×n}, zusammen mit K \overline{}Z(K^{n×n}), λ \overline{}( ..._{λ}^{λ}), eine

K-Algebra. Diese ist auch halbeinfach, wie wir in Aufgabe 14 sehen werden.

Bemerkung 22 Sei A eine endlichdimensionale K-Algebra. Es gibt eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A.

Beweis. Siehe Aufgabe 12.

Lemma 23 Sei A eine endlichdimensionale K-Algebra.

Die folgenden Aussagen (1), (2), (3) und (4) sind äquivalent.

(1) Es ist A halbeinfach.

(2) Es ist Ae einfach für jedes primitive Idempotent e ∈ A.

(3) Es gibt eine orhogonale Zerlegung in primitive Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in A so, daß A = ⨁_{i∈[1,n]} Ae_{i} und Ae_{i} ein einfacher A-Modul ist für i ∈ [1, n].

(4) Es gibt eine Zerlegung A = ⨁_{i∈[1,n]} S_{i} mit n ⩾ 0 und einfachen A-Linksteilmoduln S_{i} für i ∈ [1, n].

Beweis.

Zu (1) ⇒ (2). Sei 0 ≠ N ⊆ Ae ein Teilmodul. Wir haben N =^{!} Ae zu zeigen. Nach (1) gibt es einen Teilmodul X ⊆ Ae mit Ae = N ⊕ X; cf. Definition 20.(3). Da Ae unzerlegbar ist und da N ≠ 0, folgt X = 0 ; cf. Bemerkung 18. Also ist N als Kern der Projektion auf X gleich Ae.

Zu (2) ⇒ (3). Es gibt eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in A; cf. Bemerkung 22. Es ist A = ⨁_{i∈[1,n]} Ae_{i}; cf. Bemerkung 15. Nach (2) ist Ae_{i} einfach für i ∈ [1, n].

Zu (3) ⇒ (4). Setze S_{i} := Ae_{i} für i ∈ [1, n].

Zu (4) ⇒ (1). Sei M ein endlichdimensionaler A-Modul. Sei (m_{1}, …, m_{ℓ}) eine K-lineare Basis von M. Es ist

[figure: A^{⊕ℓ}; f; M; (a_{1} , …, a_{ℓ}); ∑_{i∈[1,ℓ]} a_{i}m_{i}]

eine surjektive A-lineare Abbildung.

Ist T ⊆ A^{⊕ℓ} ein einfacher Teilmodul, so ist f(T) isomorph zu T oder zu 0, da der Kern von f|_{T} gleich 0 oder gleich T ist; und somit ist f(T) einfach oder gleich 0.

Nun verwenden wir A = ⨁_{i∈[1,n]} S_{i}, wobei S_{i} ein einfacher A-Modul ist für i ∈ [1, n]. Also ist A^{⊕ℓ} = ⨁_{j∈[1,ℓn]} T_{j} für gewisse einfache Teilmoduln T_{j}. Wir erhalten

M = f(A^{⊕ℓ}) = f(_{A}⟨ T_{j} : j ∈ [1, ℓn] ⟩) = _{A}⟨ f(T_{j}) : j ∈ [1, ℓn] ⟩ .

Folglich ist M das A-lineare Erzeugnis seiner einfachen Teilmoduln.

Wegen M endlichdimensional hat jede nichtleere Teilmenge von

{Y ⊆ M : Y ist Teilmodul}

ein maximales Element.

Sei nun N ⊆ M ein Teilmodul. Sei X ⊆ M maximal unter den Teilmoduln von M, die Schnitt 0 mit N haben. Wir wollen N ⊕ X =^{!} M zeigen. Annahme, N ⊕ X ⊂ M. Dann gibt es einen einfachen Teilmodul T ⊆ M mit T ⊈ N ⊕ X, da M von seinen einfachen Teilmoduln erzeugt wird. Es ist (N ⊕ X) ∩ T ⊂ T. Wegen T einfach folgt hieraus, daß (N ⊕X)∩T = 0. Dies liefert N ⊕X ⊕T ⊆ M, und also N ∩(X ⊕T) = 0, im Widerspruch zur Maximalität von X.

Lemma 24 (Schur) Sei A eine endlichdimensionale K-Algebra.

Seien S und T einfache A-Moduln.

(1) Eine A-lineare Abbildung φ : S \overline{}T ist ein Isomorphismus oder gleich 0.

(2) Es ist End_{A} S ein Schiefkörper.

(3) Es ist Hom_{A}(S, T) = 0, falls S ≄ T.

(4) Ist K algebraisch abgeschlossen, so ist ψ : K \overline{}End_{A} S, λ \overline{}λ id_{S} ein Isomorphismus von K-Algebren.

Beweis.

Zu (1). Sei φ ∈ Hom_{A}(S, T) ∖ {0}. Wir wollen zeigen, daß φ ein Isomorphismus ist.

Da Kern φ ⊆ S ein Teilmodul ist, folgt aus S einfach, daß Kern φ ∈ {0, S}. Da φ ≠ 0, folgt Kern φ = 0. Somit ist φ injektiv.

Da Im φ ⊆ T ein Teilmodul ist, folgt aus T einfach, daß Im φ ∈ {0, T }. Da φ ≠ 0, folgt Im φ = T. Somit ist φ surjektiv.

Zu (2). Dank (1) ist jedes Element in (End_{A} S) ∖ {0} ein Isomorphismus, und damit invertierbar.

Zu (3). Gibt es in Hom_{A}(S, T) keine Isomorphismen, so gibt es darin dank (1) nur den Nullmorphismus.

Zu (4). Es ist ψ ein Morphismus von K-Algebren; cf. Aufgabe 15. Wir haben zu zeigen, daß ψ bijektiv ist.

Es ist Kern ψ ein Ideal im Körper K, mithin gleich 0 oder gleich K. Letzteres ist nicht möglich, da 1 ∈ K auf die Identität auf S abgebildet wird und wegen S ≠ 0 auch id_{S} ≠ 0 ist. Somit ist ψ injektiv.

Es ist K′ := ψ(K) ≃ K ein Teilkörper von D := End_{A} S. Sei ξ ∈ D. Wir haben ξ ∈^{!} K′ zu zeigen.

Wir behaupten, daß D endlichdimensional ist. Da End_{A} S ⊆ End_{K} S ein Teilraum ist, genügt es zu zeigen, daß S endlichdimensional ist. Sei s ∈ S ∖ {0}. Es ist die A-lineare Abbildung A \overline{}S, a \overline{}as ungleich 0. Wegen S einfach ist ihr Bild gleich S. Da A endlichdimensional und diese Abbildung auch K-linear ist, folgt die Behauptung.

Der Kern des Ringmorphismus K′[X] \overline{}D, f(X) \overline{}f(ξ) ist wegen D endlichdimensional ungleich 0 und hat somit einen normierten Idealerzeuger μ_{ξ,K′}(X) ∈ K′[X].

Es ist μ_{ξ,K′}(X) ∈ K′[X] irreduzibel, da aus μ_{ξ,K′}(X) = f(X)g(X) mit f(X), g(X) ∈ K′[X] normiert folgt, daß 0 = μ_{ξ,K′}(ξ) = f(ξ)g(ξ), also, wegen D Schiefkörper, f(ξ) = 0 oder g(ξ) = 0, und hieraus wiederum, daß μ_{ξ,K′}(X) ein Teiler von f(X) oder von g(X) ist.

Da K algebraisch abgeschlossen ist, trifft dies auch für K′ zu. Also ist deg μ_{ξ,K′} = 1, also μ_{ξ,K′}(X) = X − ξ ∈ K′[X] und somit ξ ∈ K′.

Satz 25 (Wedderburn) Sei K algebraisch abgeschlossen.

Sei A eine endlichdimensionale K-Algebra.

Die folgenden Aussagen (1) und (2) sind äquivalent.

(1) Es ist A halbeinfach.

(2) Es gibt t ⩾ 0 und m_{s} ⩾ 1 für s ∈ [1, t] so, daß als K-Algebren

A ≃ K^{m_{1}×m_{1}} × ⋯ × K^{m_{t}×m_{t}} .

Ein zugehöriger Isomorphismus heißt auch Wedderburnisomorphismus.

Beweis.

Zu (2) ⇒ (1). Es ist K^{m_{s}×m_{s}} halbeinfach für s ∈ [1, t]; cf. Aufgabe 14.(1).

Also ist K^{m_{1}×m_{1}} × ⋯ × K^{m_{t}×m_{t}} halbeinfach; cf. Aufgabe 14.(2).

Somit ist auch A halbeinfach; cf. Aufgabe 14.(3).

Zu (1) ⇒ (2). Sei (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A; cf. Bemerkung 22. Es ist Ae_{i} ein einfacher A-Modul für i ∈ [1, n] ; cf. Lemma 23. Heißen i, j ∈ [1, n] äquivalent, geschrieben i ∼ j, wenn Ae_{i} ≃ Ae_{j} als A-Moduln. Seien die e_{i} o.E. so angeordnet, daß die Äquivalenzklassen Intervalle sind. Seien die Äquivalenzklassen [n_{0} + 1, n_{1}], [n_{1} + 1, n_{2}], …, [n_{t−1} + 1, n_{t}] mit 0 = n_{0} < n_{1} < ⋯ < n_{t−1} < n_{t} = n.

Wähle einen Isomorphismus α_{i,n_{s}} : Ae_{n_{s}} ^{\overline{}^{∼}} Ae_{i} von A-Moduln für alle s ∈ [1, t] und alle i ∈ [n_{s−1} + 1, n_{s}]. Wähle dabei α_{n_{s} , n_{s}} := id_{Ae_{ns}} .

Für i ∼ j ∼ n_{s} setzen wir α_{j,i} := α_{j,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} : Ae_{i} ^{\overline{}^{∼}} Ae_{j}. Ist i = n_{s} für ein s ∈ [1, t], so stimmt dies mit der bisherigen Definition überein. Für i ∼ j ∼ k ∼ n_{s} ist dann

α_{k,j} ∘ α_{j,i} = α_{k,n_{s}} ∘ α_{j,n_{s}}^{−1} ∘ α_{j,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} = α_{k,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} = α_{k,i} .

Sei B := K^{(n_{1}−n_{0})×(n_{1}−n_{0})} × K^{(n_{2}−n_{1})×(n_{2}−n_{1})} × ⋯ × K^{(n_{t}−n_{t−1})×(n_{t}−n_{t−1})}. Ist s ∈ [1, t] und sind i, j ∈ [n_{s−1} + 1 , n_{s}], so sei η_{i,j} das Element von B, dessen s-ter Tupeleintrag an Matrixposition (i − n_{s−1} , j − n_{s−1}) eine 1 aufweist, und Nullen sonst, und dessen übrige Tupeleinträge alles Nullmatrizen sind. Es ist

( η_{i,j} : i, j ∈ [1, n], i ∼ j )

eine K-lineare Basis von B. Wir erhalten eine K-lineare Abbildung durch die Setzung

[figure: B; ω; A; η_{i,j}; α_{j,i}(e_{i})]

für i ∼ j. Beachte, daß dabei stets α_{j,i}(e_{i}) in e_{i}Ae_{j} liegt, da es ohnehin in Ae_{j} liegt und zudem e_{i}α_{j,i}(e_{i}) = α_{j,i}(e_{i}e_{i}) = α_{j,i}(e_{i}) ist. Wir wollen zeigen, daß ω ein K-Algebrenisomorphismus ist. Injektivität. Es ist A = ⨁_{i,j∈[1,n]} e_{i}Ae_{j} und α_{j,i}(e_{i}) ∈ e_{i}Ae_{j} ∖ {0} für i ∼ j. Also ist das Bild unserer Basis linear unabhängig und ω somit injektiv; cf. Lemma 16. Surjektivität. Es genügt zu zeigen, daß

dim_{K} A =^{!} dim_{K} B = ∑_{s∈[1,t]}(n_{s} − n_{s−1})^{2} .

Wegen A = ⨁_{i,j∈[1,n]} e_{i}Ae_{j} und |{ (i, j) ∈ [1, n] × [1, n] : i ∼ j }| = ∑_{s∈[1,t]}(n_{s} − n_{s−1})^{2} genügt es zu zeigen, daß dim_{K} e_{i}Ae_{j} =^{!} 0 für i ≁ j und dim_{K} e_{i}Ae_{j} =^{!} 1 für i ∼ j. Für i ≁ j ist e_{i}Ae_{j} ≃ Hom_{A}(Ae_{i} , Ae_{j}) = 0 ; cf. Bemerkung 19, Lemma 24.(3). Also ist dim_{K} e_{i}Ae_{j} = 0. Für i ∼ j schränkt der A-lineare Isomorphismus α_{j,i} : Ae_{i} ^{\overline{}^{∼}} Ae_{j} zu einem K-linearen Isomorphismus e_{i}Ae_{i} ^{\overline{}^{∼}} e_{i}Ae_{j} ein. Ferner ist e_{i}Ae_{i} ≃ Hom_{A}(Ae_{i} , Ae_{i}) ≃ K; cf. Bemerkung 19, Lemma 24.(4); wobei die Isomorphie insgesamt λe_{i} \overline{}(ae_{i} \overline{}λae_{i}) \overline{}λ abbildet und somit K-linear ist. Also ist dim_{K} e_{i}Ae_{j} = 1. K-Algebrenmorphismus. Um zu zeigen, daß ω ein K-Algebrenmorphismus ist, genügt es zu zeigen, daß ω(η_{i,j}η_{k,ℓ}) =^{!} ω(η_{i,j})ω(η_{k,ℓ}) für i ∼ j und k ∼ ℓ, und daß ω(1_{B}) =^{!} 1_{A}. Ist j ≠ k, so wird zum einen ω(η_{i,j}η_{k,ℓ}) = ω(0) = 0, und zum anderen ω(η_{i,j})ω(η_{k,ℓ}) ∈ e_{i}Ae_{j} · e_{k}Ae_{ℓ} = 0. Ist j = k, so wird zum einen

ω(η_{i,j}η_{j,ℓ}) = ω(η_{i,ℓ}) = α_{ℓ,i}(e_{i}) ,

und zum anderen ω(η_{i,j})ω(η_{j,ℓ}) = α_{j,i}(e_{i})α_{ℓ,j}(e_{j}) = α_{ℓ,j}(α_{j,i}(e_{i})e_{j}) = α_{ℓ,j}(α_{j,i}(e_{i})) = α_{ℓ,i}(e_{i}) .

Schließlich ist α_{i,i} = α_{i,n_{s}} ∘ α_{i,n_{s}}^{−1} = id_{Ae_{i}} für i ∈ [1, n], wobei i ∼ n_{s}, und also

ω(1_{B}) = ω(_{∑i∈[1,n]} η_{i,i}) = _{∑i∈[1,n]} ω(η_{i,i}) = _{∑i∈[1,n]} α_{i,i}(e_{i}) = _{∑i∈[1,n]} e_{i} = 1_{A} .

Insbesondere folgt aus Satz 25 für K algebraisch abgeschlossen, daß man bei der Definition einer halbeinfachen endlichdimensionalen K-Algebra von der linken Seite auf die rechte Seite wechseln kann, was die Operation von A auf Moduln angeht, ohne den Begriff der Halbeinfachheit zu ändern; cf. Definition 20.(4), cf. auch Lemma 23.

Aus einem Wedderburnisomorphismus für CG kann man problemlos die Charaktertafel ablesen; cf. §3.3.1 unten, Aufgabe 24. Dies setzt allerdings die Kenntnis der e_{i} und der α_{j,i} voraus, in der Notation des Beweises zu Satz 25. Und da diese schwierig zu beschaffen sind, wollen wir das Problem der algorithmischen Konstruktion eines Wedderburnisomorphismus umgehen und auf anderem Wege zur Charaktertafel kommen.

3.2 Gruppenalgebren

Sei G eine endliche Gruppe, mit neutralem Element 1 = 1_{G}.

3.2.1 Gruppenringe

Sei R ≠ 0 ein kommutativer Ring.

Definition 26 Es bestehe RG als Menge aus den formalen R-Linearkombinationen der Elemente von G, i.e.

RG := {_{∑g∈G} r_{g} g : r_{g} ∈ R für g ∈ G} (^{1}).

Wir haben eine injektive Abbildung G \overline{}RG, h \overline{}∑_{g} ∂_{g,h} h, welche wir zur Identifikation verwenden und so G als Teilmenge von RG betrachten.

Addition und Multiplikation auf RG sind für ∑_{g∈G} r_{g} g , ∑_{g∈G} s_{g} g ∈ RG erklärt durch

\begin{aligned}( ∑_{g∈G} r_{g} g) & + & ( ∑_{g∈G} s_{g} g) & = & ∑_{g∈G}(r_{g} + s_{g})g \\ ( ∑_{g∈G} r_{g} g) & · & ( ∑_{h∈G} s_{h} h) & = & ∑_{x∈G}(∑_{g, h ∈ G, gh = x} r_{g} s_{h})x \end{aligned}

Insbesondere ist g ·_{G} h = g ·_{RG} h für g, h ∈ G.

Es ist RG = (RG, +, ·) ein Ring; cf. Aufgabe 16.(1).

Das neutrale Element der Addition ist 0_{RG} = ∑_{g} 0g ∈ RG.

Das neutrale Element der Multiplikation ist 1_{RG} = 1_{G} ∈ RG.

1Formal kann RG as Menge der Abbildungen G → R, g ↦ r_{g} aufgefaßt werden.

3.2.2 Maschke

Sei K ein Körper.

Es wird KG vermöge φ : K \overline{}KG, λ \overline{}λ · 1_{G} zu einer K-Algebra.

Lemma 27 (Maschke) Es ist KG halbeinfach genau dann, wenn |G| kein Vielfaches von char K ist.

Beweis. Siehe Aufgabe 19.

3.3 Charaktere

Sei G eine endliche Gruppe.

3.3.1 Definition

Wir wählen einen Wedderburnisomorphismus

[figure: CG; ω; ∼; C^{n_{1}×n_{1}}; ×; ⋯; ×; C^{n_{t}×n_{t}}; =: B; ξ; (ω^{1}(ξ); ,; …; ,; ω^{t}(ξ)) ;]

cf. Lemma 27, Satz 25. (Die oberen Indizes an ω seien hierbei keine Exponenten.)

Schreibe dabei noch ω^{s}(ξ) = (ω_{i,j}^{s}(ξ))_{i,j} ∈ C^{n_{s}×n_{s}} für ξ ∈ CG und s ∈ [1, t].

Für s ∈ [1, t] und i, j ∈ [1, n_{s}] schreiben wir e_{i,j}^{s} ∈ C^{n_{1}×n_{1}} × ⋯ × C^{n_{t}×n_{t}} = B für das Tupel, das an Position s die Matrix mit Eintrag 1 an Position (i, j) und Nullen sonst stehen hat, und ansonsten Nullmatrizen. Es ist ( e_{i,i}^{s} : s ∈ [1, t], i ∈ [1, n_{s}] ) eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in B, da Be_{i,i}^{s} als einfacher B-Modul insbesondere unzerlegbar ist; cf. Aufgabe 10, Lösung zu Aufgabe 14.(1, 2).

Vermittels ω betrachten wir kommentarlos einen B-Modul X auch als CG-Modul. Diesenfalls ist dann ξ · x := ω(ξ) · x für ξ ∈ CG und x ∈ X. Umgekehrt betrachten wir einen CG-Modul kommentarlos auch als B-Modul.

Definition 28 Sei s ∈ [1, t]. Sei

[figure: χ_{s}; :; G; C; g; χ_{s}(g) := tr ω^{s}(g) = ∑_{i∈[1,n_{s}]} ω_{i,i}^{s}(g)]

Die Abbildungen χ_{1} , χ_{2} , …, χ_{t} heißen irreduzible (gewöhnliche) Charaktere von G.

Ein (gewöhnlicher) Charakter von G ist eine Linearkombination irreduzibler Charaktere von G mit Koeffizienten in Z_{⩾0} .

Ein virtueller Charakter von G ist eine Linearkombination irreduzibler Charaktere von G mit Koeffizienten in Z.

Bemerkung 29 Es ist χ_{s}(1) = n_{s} für s ∈ [1, t].

Bemerkung 30

(1) Sei s ∈ [1, t]. Sind g und h in G konjugiert, so ist χ_{s}(g) = χ_{s}(h).

(2) Die Anzahl der Konjugationsklassen in G beträgt t.

Beweis. Zu (1). Sei etwa h = x^{−1}gx mit x ∈ G. Dann wird

ω^{s}(h) = ω^{s}(x^{−1}gx) = ω^{s}(x)^{−1}ω^{s}(g)ω^{s}(x) ,

und also

χ_{s}(h) = tr ω^{s}(h) = tr(ω^{s}(x)^{−1} ω^{s}(g) ω^{s}(x)) = tr ω^{s}(g) = χ_{s}(g) .

Zu (2). Siehe Aufgabe 22.(3).

Definition 31 Sei G = ⨆_{s∈[1,t]} g_{s}^{G}, i.e. seien g_{1}, …, g_{t} Repräsentanten der Konjugationsklassen von G. Wähle insbesondere g_{1} := 1.

Die (gewöhnliche) Charaktertafel von G ist definiert als

X = X(G) := (χ_{r}(g_{s}))_{r, s ∈ [1,t]} ∈ C^{t×t} .

3.3.2 Der triviale Charakter

Bemerkung 32 Es ist {Be_{1,1}^{1} , …, Be_{1,1}^{t}} ein Repräsentantensystem für die Isoklassen einfacher CG-Moduln.

Beweis. Es ist B = ⨁_{s∈[1,t]} ⨁_{i∈[1,n_{s}]} Be_{i,i}^{s} eine Zerlegung in einfache B-Moduln; cf. Lösung zu Aufgabe 14.(1, 2).

Sei M ein einfacher CG-Modul. Wir behaupten, daß es ein s ∈ [1, t] so gibt, daß M ≃^{!} Be_{1,1}^{s}. Sei dazu m ∈ M ∖ {0} gewählt. Wir haben die B-lineare Abbildung f : B \overline{}M, b \overline{}bm. Da diese nicht verschwindet, gibt es ein s ∈ [1, t] und ein i ∈ [1, n_{s}] mit f|_{Be_{i,i}^{s}} ≠ 0, und also mit f|_{Be_{i,i}^{s}} : Be_{i,i}^{s} \overline{}M einem Isomorphismus; cf. Lemma 24.(1). Schließlich ist Be_{i,i}^{s} \overline{}Be_{1,1}^{s}, b \overline{}be_{i,1}^{s} ein Isomorphismus, mit Inversem Be_{1,1}^{s} \overline{}Be_{i,i}^{s}, b \overline{}be_{1,i}^{s}. Die Behauptung ist gezeigt.

Seien s, s′ ∈ [1, t] mit s ≠ s′. Es operiert ∑_{i∈[1,n_{s}]} e_{i,i}^{s} identisch auf Be_{1,1}^{s}, aber annulliert Be_{1,1}^{s′}. Also sind diese beiden CG-Moduln nicht isomorph.

Bemerkung 33 Wir können und werden die Numerierung der ω^{s} so wählen, daß n_{1} = 1 und ω^{1}(g) = 1 ∈ C = C^{1×1} für g ∈ G. Insbesondere ist χ_{1}(g) = 1 für g ∈ G.

Beweis. Der triviale Gruppenmorphismus G \overline{}U(C) = C ∖ \{0\}, g \overline{}1 läßt sich eindeutig zu einem C-Algebrenmorphismus α : CG \overline{}C, ∑_{g} z_{g} g \overline{}∑_{g} z_{g} fortsetzen; cf. Aufgabe 16.(2). Dies liefert den einfachen (da eindimensionalen) CG-Modul M := C, mit der Multiplikation ξ · m := α(ξ)m für ξ ∈ CG und m ∈ M. Insbesondere ist g · m = m für g ∈ G und m ∈ M.

Nach Bemerkung 32 gibt es o.E. φ : Be_{1,1}^{1} ^{\overline{}^{∼}} M. Ein Dimensionsvergleich gibt n_{1} = 1. Es ist ω^{1}(g) = 1 für g ∈ G, denn φ(ω^{1}(g) · e_{1,1}^{1}) = φ(g · e_{1,1}^{1}) = g · φ(e_{1,1}^{1}) = α(g) · φ(e_{1,1}^{1}) = φ(e_{1,1}^{1}).

Somit hat die Charaktertafel von G die Form

X = X(G) =  [ \begin{matrix}& g_{1} = 1 & g_{2} & … & g_{t} \\ χ_{1} & 1 & 1 & … & 1 \\ χ_{2} & n_{2} & ∗ & ⋯ & ∗ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ χ_{t} & n_{t} & ∗ & ⋯ & ∗ \end{matrix} ]

3.3.3 Unabhängigkeit von der Wahl des Wedderburnisomorphismus ω

Für einen Ring A, für a ∈ A und für einen A-Modul M schreiben wir

ℓ_{M}(a) : M \overline{}M , m \overline{}am .

Bemerkung 34 Sei s ∈ [1, t]. Sei i ∈ [1, n_{s}]. Sei ξ ∈ CG. Es ist ω^{s}(ξ) die beschreibende Matrix von ℓ_{Be_{i,i}^{s}}(ξ) bezüglich der C-linearen Basis (e_{1,i}^{s} , …, e_{n_{s} , i}^{s}) von Be_{i,i}^{s}.

Insbesondere ist tr(ℓ_{Be_{i,i}^{s}}(g)) = χ_{s}(g) für g ∈ G.

Beweis. Für j ∈ [1, n_{s}] ist (ℓ_{Be_{i,i}^{s}}(ξ))(e_{j,i}^{s}) = ξ · e_{j,i}^{s} = ω^{s}(ξ)e_{j,i}^{s} = ∑_{k∈[1,n_{s}]} ω_{k,j}^{s}(ξ)e_{k,i}^{s}.

Bemerkung 35 Sei N_{1} , …, N_{t} ein Repräsentantensystem für die Isoklassen der einfachen CG-Moduln. Setze χ̃_{s}(g) := tr(ℓ_{N_{s}}(g)) für s ∈ [1, t] und g ∈ G. Es gibt eine Bijektion σ : [1, t] \overline{}[1, t] mit

χ̃_{s} = χ_{σ(s)}

für s ∈ [1, t].

Es folgt, daß χ_{1}, …, χ_{t} bis auf Numerierung nicht von der Wahl des Wedderburnisomorphismus ω abhängen; cf. Bemerkung 32.

Ferner können wir festhalten, daß die irreduziblen Charaktere von G gerade die Abbildungen von der Form G \overline{}C, g \overline{}tr(ℓ_{M}(g)), wobei M ein irreduzibler CG-Modul ist, sind.

Beweis. Mit Bemerkungen 32 und 34 bleibt zu zeigen, daß für endlichdimensionale CG-Moduln N, N′ und einen Isomorphismus f : N ^{\overline{}^{∼}} N′ auch

tr(ℓ_{N}(g)) = tr(ℓ_{N′}(g))

ist für g ∈ G. Dies aber folgt aus f ∘ ℓ_{N}(g) = ℓ_{N′}(g) ∘ f.

3.3.4 Orthogonalitätsrelationen

Lemma 36 Sei g ∈ G. Es ist

∑_{s∈[1,t]} n_{s} χ_{s}(g) = ∂_{g,1} |G| .

Beweis. Wir schreiben weiterhin B := ∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}}. Via ω ist B auch ein CG-Modul.

Sei g ∈ G. Wir haben folgendes kommutative Viereck von C-linearen Abbildungen; cf. §3.3.3.

\xymatrix{CG \ar[d]_{ℓ_{CG}(g)} \ar[r]^{ω}_{∼} & B \ar[d]^{ℓ_{B}(g)} \\ CG \ar[r]^{ω}_{∼} & B}

Denn für ξ ∈ CG ist ω((ℓ_{CG}(g))(ξ)) = ω(g · ξ) = ω(g) · ω(ξ) =^{Def.} g · ω(ξ) = (ℓ_{B}(g))ω(ξ).

Folglich ist tr ℓ_{CG}(g) = tr(ω^{−1} ∘ ℓ_{B}(g) ∘ ω) = tr ℓ_{B}(g).

Berechnung von tr ℓ_{CG}(g), in der C-linearen Basis G von CG. Wir erhalten

tr ℓ_{CG}(g) = ∂_{g,1}|G| ,

da für g ≠ 1 kein Gruppenelement auf sich, sondern auf ein anderes Gruppenelement abgebildet wird; cf. auch Lösung zu Aufgabe 20.(2).

Berechnung von tr ℓ_{B}(g). Wir haben die Zerlegung

B = ⨁_{s∈[1,t]} ⨁_{i∈[1,n_{s}]} Be_{i,i}^{s}

in CG-Teilmoduln. In Be_{i,i}^{s} wählen wir die C-lineare Basis (e_{1,i}^{s} , …, e_{n_{s} , i}^{s}). Diese Basen setzen wir zu einer Basis von B zusammen.

Da eine Zerlegung in CG-Teilmoduln vorliegt, ergibt sich in dieser Basis die beschreibende Matrix von ℓ_{B}(g) als Blockdiagonalmatrix mit den beschreibenden Matrizen von ℓ_{B}(g)|_{Be_{i,i}^{s}}^{Be_{i,i}^{s}} = ℓ_{Be_{i,i}^{s}}(g) als Diagonalblöcken, wobei s ∈ [1, t] und i ∈ [1, n_{s}]. Eine solche Matrix ist aber eben durch ω^{s}(g) gegeben, abhängig von s ∈ [1, t], aber unabhängig von i ∈ [1, n_{s}] ; cf. Bemerkung 34. Wir summieren über alle diese Diagonalblöcke und erhalten

tr ℓ_{B}(g) = ∑_{s∈[1,t]} ∑_{i∈[1,n_{s}]} tr ω^{s}(g) = ∑_{s∈[1,t]} ∑_{i∈[1,n_{s}]} χ_{s}(g) = ∑_{s∈[1,t]} n_{s}χ_{s}(g) .

Für s ∈ [1, t] schreiben wir

ε_{s} := ω^{−1}( ∑_{i∈[1,n_{s}]} e_{i,i}^{s}) ∈ CG .

Da (∑_{i∈[1,n_{1}]} e_{i,i}^{1} , …, ∑_{i∈[1,n_{t}]} e_{i,i}^{t}) die orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in Z(B) ist und da ω ein Ringisomorphismus ist, ist auch (ε_{1} , …, ε_{t}) die orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in Z(CG) ; cf. Aufgaben 22.(1) und 21.

Lemma 37 Für s ∈ [1, t] ist

ε_{s} = \frac{n_{s}}{|G|} ∑_{g∈G} χ_{s}(g^{−1}) g .

Beweis. Schreibe ε_{s} =: ∑_{g} z_{g}^{s} g für s ∈ [1, t], wobei z_{g}^{s} ∈ C. Für h ∈ G und r ∈ [1, t] wird zum einen

ω^{r}(ε_{s} · h) = ω^{r}(ε_{s}) · ω^{r}(h) = ∂_{s,r} ω^{r}(h)

und zum anderen

ω^{r}(ε_{s} · h) = ω^{r}(_{∑g} z_{g}^{s} gh) = _{∑g} z_{g}^{s} ω^{r}(gh) .

Anwenden von tr auf beide resultierende Terme und Summation über r mit einem Faktor n_{r} gewichtet gibt

n_{s}χ_{s}(h) = ∑_{r} n_{r} ∂_{s,r} χ_{r}(h)
= ∑_{r} n_{r} tr (∂_{s,r} ω^{r}(h))
= ∑_{r} n_{r} tr ( ∑_{g} z_{g}^{s} ω^{r}(gh))
= ∑_{g} z_{g}^{s} ∑_{r} n_{r} χ_{r}(gh)
=^{L. 36} ∑_{g} z_{g}^{s} ∂_{gh,1}|G|
= z_{h^{−1}}^{s}|G| .

Es folgt z_{h^{−1}}^{s} = \frac{n_{s}}{|G|} χ_{s}(h), also auch z_{g}^{s} = \frac{n_{s}}{|G|} χ_{s}(g^{−1}) für g ∈ G, wie zu zeigen war.

Wir schreiben \overline{a + b i} := a − b i für a, b ∈ R.

Satz 38 (Orthogonalitätsrelationen)

(1) Seien r, s ∈ [1, t]. Es ist

∑_{g∈G} χ_{r}(g) \overline{χ_{s}(g)} = |G| ∂_{r,s} .

(2) Seien g, h ∈ G. Es ist

∑_{s∈[1,t]} χ_{s}(g) \overline{χ_{s}(h)} = ∂_{g^{G}, h^{G}}|G||g^{G}|^{−1} .

Beweis. Zu (1). Es ist

∂_{r,s} \frac{n_{s}}{|G|} ∑_{x} χ_{s}(x^{−1})x =^{L. 37} ∂_{r,s}ε_{s} = ε_{s}ε_{r} =^{L. 37} \frac{n_{s}n_{r}}{|G|^{2}} ∑_{x} ( ∑_{gh = x} χ_{s}(g^{−1})χ_{r}(h^{−1}))x .

Koeffizientenvergleich bei x = 1 liefert

∂_{r,s} \frac{n_{s}^{2}}{|G|} = \frac{n_{s}n_{r}}{|G|^{2}} ∑_{g} χ_{s}(g^{−1})χ_{r}(g) ,

d.h. |G|∂_{r,s} = ∑_{g} χ_{r}(g)χ_{s}(g^{−1}). Die Aussage folgt nun wegen χ_{s}(g^{−1}) = \overline{χ_{s}(g)} ; cf. Aufgabe 23.(2). Zu (2). Wir erinnern an die Charaktertafel X = X(G) = (χ_{r}(g_{s}))_{r,s}; cf. Definition 31. Sei

Y := |G|^{−1/2}X ( ..._{|g_{t}^{G}|^{1/2}}^{|g_{1}^{G}|^{1/2}}) .

Die Aussage (1) bedeutet

E_{t} = |G|^{−1}X ( ..._{|g_{t}^{G}|}^{|g_{1}^{G}|}) X̄^{t} = Y Ȳ^{t} ,

i.e. Y unitär. Vertauschung der Faktoren gibt

E_{t} = Ȳ^{t}Y = |G|^{−1} ( ..._{|g_{t}^{G}|^{1/2}}^{|g_{1}^{G}|^{1/2}}) X̄^{t}X ( ..._{|g_{t}^{G}|^{1/2}}^{|g_{1}^{G}|^{1/2}}) ,

i.e.

X̄^{t}X = |G| ( ..._{|g_{t}^{G}|^{−1}}^{|g_{1}^{G}|^{−1}}) ,

i.e.

∑_{q} \overline{χ_{q}(g_{r})}χ_{q}(g_{s}) = ∂_{r,s}|G||g_{r}^{G}|^{−1}

für r, s ∈ [1, t], i.e.

∑_{q} χ_{q}(g)\overline{χ_{q}(h)} = ∂_{g^{G}, h^{G}}|G||g^{G}|^{−1}

für g, h ∈ G.

Es ist Lemma 36 ein Spezialfall von (2).

3.4 Der Dixon-Algorithmus

Sei G eine endliche Gruppe. Sei G = ⨆_{s∈[1,t]} g_{s}^{G}, mit g_{1} = 1. Schreibe e := kgV(|⟨g_{1}⟩|, …, |⟨g_{t}⟩|) für den Exponenten von G. Sei ferner p die kleinste Primzahl mit p > |G| und mit p ≡_{e} 1 ; cf. Aufgabe 32. Sei

[figure: CG; ω; ∼; C^{n_{1}×n_{1}}; ×; ⋯; ×; C^{n_{t}×n_{t}}; =: B; ξ; (ω^{1}(ξ); ,; …; ,; ω^{t}(ξ)) ;]

ein Wedderburnisomorphismus, mit ω^{1}(g) = 1 für g ∈ G. Es ist χ_{s}(g) = tr ω^{s}(g) ∈ Z[ζ_{e}] für g ∈ G und s ∈ [1, t] ; cf. Aufgabe 23.(1). Für s ∈ [1, t] schreiben wir

K_{s} := ∑_{x∈g_{s}^{G}} x .

Es ist (K_{s})_{s∈[1,t]} eine C-lineare Basis von Z(CG) , linear unabhängig nach Konstruktion und erzeugend nach Aufgabe 22.(2).

3.4.1 Ein Isomorphismus von Zentren

Wir wollen Aufgabe 22.(1) etwas präzisieren. Für ξ ∈ Z(CG) und s ∈ [1, t] ist ω^{s}(ξ) = ω_{Z}^{s}(ξ) · E_{n_{s}} für ein eindeutig bestimmtes ω_{Z}^{s}(ξ) ∈ C. Dies gibt folgendes kommutative Viereck

\xymatrix{CG \ar[r]_{∼}^{ω} & C^{n_{1}×n_{1}} × ⋯ × C^{n_{t}×n_{t}} = B & (z_{s}E_{n_{s}})_{s} \\ Z(CG) \ar@{^{(}->}[u] \ar[r]^{ω_{Z}} & C × ⋯ × C = C^{×t} \ar[u]_{φ} & (z_{s})_{s} \ar@{|->}[u] \\ ξ \ar@{|->}[r] & ω_{Z}(ξ) := (ω_{Z}^{s}(ξ))_{s}}

Hierbei ist auch ω_{Z} ein C-Algebrenmorphismus, da φ ein injektiver C-Algebren-morphismus ist und wir für ξ, ξ̃ ∈ Z(CG) und λ, λ̃ ∈ C

φ(ω_{Z}(1))  = ω(1)  = 1  = φ(1)
φ(ω_{Z}(ξξ̃))  = ω(ξξ̃)  = ω(ξ) ω(ξ̃)  = φ(ω_{Z}(ξ)) φ(ω_{Z}(ξ̃))  = φ(ω_{Z}(ξ) ω_{Z}(ξ̃))
φ(ω_{Z}(λξ + λ̃ξ̃)) = ω(λξ + λ̃ξ̃) = λω(ξ) + λ̃ω(ξ̃) = λφ(ω_{Z}(ξ)) + λ̃φ(ω_{Z}(ξ̃)) = φ(λω_{Z}(ξ) + λ̃ω_{Z}(ξ̃))

haben.

Es ist ω_{Z} injektiv, aus Dimensionsgründen also bijektiv. Bemerkung 39 Es ist

β_{r,s} := ω_{Z}^{r}(K_{s}) = χ_{r}(g_{s}) · \frac{|g_{s}^{G}|}{n_{r}} ∈ Q(ζ_{e})

für r, s ∈ [1, t]. Insbesondere ist β_{r,1} = 1 für r ∈ [1, t], sowie β_{1,s} = |g_{s}^{G}| für s ∈ [1, t]. Beweis. Es ist

χ_{r}(g_{s}) · |g_{s}^{G}| = ∑_{x∈g_{s}^{G}} χ_{r}(x)
= ∑_{x∈g_{s}^{G}} tr ω^{r}(x)
= tr ω^{r}(K_{s})
= tr(ω_{Z}^{r}(K_{s})E_{n_{r}})
= n_{r} ω_{Z}^{r}(K_{s}) .

Bemerkung 40 Es ist (β_{r,s})_{r,s} ∈ GL_{t}(C). Beweis. Es ist (β_{r,s})_{r,s} eine beschreibende Matrix der bijektiven C-linearen Abbildung ω_{Z} . Bemerkung 41 Für s ∈ [1, t] sei s′ ∈ [1, t] durch g_{s′}^{G} = (g_{s}^{−1})^{G} definiert. Es ist

∑_{s∈[1,t]} β_{r,s} β_{r,s′}|g_{s}^{G}|^{−1} = \frac{|G|}{n_{r}^{2}} .

Beweis. Es ist |g_{s}^{G}| = |g_{s′}^{G}| für s ∈ [1, t], da die Bijektion G \overline{}G, x \overline{}x^{−1} zu einer Bijektion g_{s}^{G} \overline{}g_{s′}^{G} einschränkt. Es ist χ_{r}(g_{s′}) = \overline{χ_{r}(g_{s})} ; cf. Aufgabe 23.(2), Bemerkung 30.(1). Es wird

∑_{s∈[1,t]} β_{r,s}β_{r,s′}|g_{s}^{G}|^{−1}  =^{B. 39} ∑_{s∈[1,t]} χ_{r}(g_{s}) · \frac{|g_{s}^{G}|}{n_{r}} · χ_{r}(g_{s′}) · \frac{|g_{s′}^{G}|}{n_{r}}|g_{s}^{G}|^{−1}
= ∑_{s∈[1,t]} χ_{r}(g_{s}) · \overline{χ_{r}(g_{s})} · |g_{s}^{G}| · \frac{1}{n_{r}^{2}}
=^{S. 38.(1)} |G| · \frac{1}{n_{r}^{2}} .

Seien r, s ∈ [1, t]. Es ist K_{r} · K_{s} ∈ Z(CG). Also können wir

K_{r} · K_{s} =: ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} K_{a}

setzen, mit eindeutig bestimmten γ_{r,s,a} ∈ C.

Bemerkung 42 Seien q, r ∈ [1, t]. Es ist

β_{q,r} β_{q,s} = ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} β_{q,a}

für s ∈ [1, t]. Als Matrixgleichung geschrieben, besagt dies, daß

β_{q,r}(β_{q,s})_{s} = (γ_{r,s,a})_{s,a}(β_{q,a})_{a} .

Es ist also (β_{q,a})_{a} ein Eigenvektor von (γ_{r,s,a})_{s,a} zum Eigenwert β_{q,r}. Beweis. Mit der definierenden Gleichung für γ_{r,s,a} erhalten wir

β_{q,r} β_{q,s} = ω_{Z}^{q}(K_{r}) ω_{Z}^{q}(K_{s})
= ω_{Z}^{q}(K_{r} K_{s})
= ω_{Z}^{q}( ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} K_{a})
= ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} ω_{Z}^{q}(K_{a})
= ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} β_{q,a} .

Bemerkung 43 Seien r, s, a ∈ [1, t]. Es ist

γ_{r,s,a} = |{ (x, y) ∈ g_{r}^{G} × g_{s}^{G} : xy = g_{a} }| ∈ Z_{⩾0} .

Beweis. Dies folgt aus der definierenden Gleichung für γ_{r,s,a} und der Berechnung von K_{r} K_{s} in CG.

3.4.2 Eine Betrachtung modulo p

Folgende Bemerkung werden wir erst in §4.6.2 zeigen können (ohne dort auf die nun folgenden Entwicklungen Bezug zu nehmen). Bemerkung 44 Sei m ⩾ 1. Ist λ ∈ Q(ζ_{m}) eine Nullstelle eines normierten Polynoms in Z[X], so ist λ ∈ Z[ζ_{m}]. Verweis. Siehe Definition 52 und Satz 89 unten. Bemerkung 45 Es ist β_{q,r} ∈ Z[ζ_{m}] für q, r ∈ [1, t]. Beweis. Mit den Bemerkungen 39 und 44 genügt es anzumerken, daß β_{q,r} dank Bemerkungen 42 und 43 ein Eigenwert der Matrix (γ_{r,s,a})_{s,a} ∈ Z^{t×t} ist.

Bemerkung 46 Wir können und werden einen surjektiven Ringmorphismus

θ : Z[ζ_{e}] \overline{}F_{p}

wählen mit θ(ζ_{e}) von Ordnung e in U(F_{p}) = F_{p} ∖ {0}. Wir schreiben dann ζ̄_{e} := θ(ζ_{e}).

Es ist θ|_{Z} : Z \overline{}F_{p} die Restklassenabbildung.

Beweis. Sei Φ_{e}(X) ∈ Z[X] das e-te Kreisteilungspolynom. Es ist Φ_{e}(X) = μ_{ζ_{e} ,Q}(X). Wir haben einen Ringisomorphismus Z[X]/⟨Φ_{e}(X)⟩ ^{\overline{}^{∼}} Z[ζ_{e}], X + ⟨Φ_{n}(X)⟩ \overline{}ζ_{e}. Also genügt es, in F_{p} eine Nullstelle von Φ_{e}(X) zu finden, die in U(F_{p}) die Ordnung e hat, und die also als Bild von X + ⟨Φ_{e}(X)⟩, und damit via Komposition auch als Bild von ζ_{e}, Verwendung finden kann. Nun ist U(F_{p}) eine zyklische Gruppe von Ordnung p − 1. Da e ein Teiler von p − 1 ist, gibt es in U(F_{p}) genau eine zyklische Untergruppe von Ordnung e. Sei ζ̄_{e} ein Erzeuger dieser Untergruppe, so daß ζ̄_{e} in U(F_{p}) die Ordnung e hat. Bleibt zu zeigen, daß Φ_{e}(ζ̄_{e}) =^{!} 0 in F_{p}. Es ist

X^{e} − 1 = ∏_{d | e} Φ_{d}(X) .

Da F_{p} ein Körper und ζ̄_{e} dort eine Nullstelle von X^{e} − 1 ist, ist ζ̄_{e} dort eine Nullstelle von Φ_{d}(X) für ein d | e. Wäre ζ̄_{e} eine Nullstelle von Φ_{d}(X) für ein d | e mit d ≠ e, dann wäre ζ̄_{e} auch eine Nullstelle von X^{d} − 1, was aber der Ordnung von ζ̄_{e} widerspricht. Also ist ζ̄_{e} eine Nullstelle von Φ_{e}(X).

Schließlich ist θ|_{Z} : Z \overline{}F_{p} die Restklassenabbildung, da es genau einen Ringmorphismus von Z nach F_{p} gibt.

Lemma 47 Es ist (θ(β_{r,s}))_{r,s} ∈ GL_{t}(F_{p}).

Das liefert erneut, daß (β_{r,s})_{r,s} ∈ GL_{t}(C) ; cf. Bemerkung 40.

Beweis. Es ist

∑_{r} β_{q,r} · n_{s} χ_{s}(g_{r}^{−1}) =^{B. 39} ∑_{r} χ_{q}(g_{r}) \frac{|g_{r}^{G}|}{n_{q}} · n_{s} χ_{s}(g_{r}^{−1}) =^{S. 38.(1)} |G|∂_{q,s} \frac{n_{s}}{n_{q}} = |G|∂_{q,s}

für q, r ∈ [1, t]. Also ist (β_{r,s})_{r,s} · (n_{s} χ_{s}(g_{r}^{−1}))_{r,s} = |G|E_{t}, und somit

(θ(β_{r,s}))_{r,s} · (θ(n_{s} χ_{s}(g_{r}^{−1})))_{r,s} = θ(|G|)E_{t} ;

cf. Aufgabe 23.(1). Da p > |G|, ist θ(|G|) invertierbar.

Lemma 48 Es sind (θ(β_{q,a}))_{a} für q ∈ [1, r] die einzigen gemeinsamen Eigenvektoren von (θ(γ_{r,s,a}))_{s,a} für r ∈ [1, t] mit erstem Eintrag gleich 1.

Beweis. Für q, r ∈ [1, t] ist (β_{q,a})_{a} ein Eigenvektor von (γ_{r,s,a})_{s,a} zum Eigenwert β_{q,r} mit erstem Eintrag β_{q,1} = 1 ; cf. Bemerkungen 39 und 42.

Für q, r ∈ [1, t] ist also (θ(β_{q,a}))_{a} ein Eigenvektor von (θ(γ_{r,s,a}))_{s,a} zum Eigenwert θ(β_{q,r}) mit erstem Eintrag gleich θ(β_{q,1}) = 1.

Annahme, es ist x ∈ F_{p}^{t×1} ∖ ( ⋃_{q∈[1,t]} _{F_{p}}⟨(θ(β_{q,a}))_{a}⟩) ein Eigenvektor von (θ(γ_{r,s,a}))_{s,a} für r ∈ [1, t].

Schreibe x = ∑_{q∈[1,t]} λ_{q}(θ(β_{q,a}))_{a} mit λ_{q} ∈ F_{p}; cf. Lemma 47. Nach Annahme enthält der Träger T := { q ∈ [1, t] : λ_{q} ≠ 0 } mindestens zwei Elemente.

Dank Lemma 47 ist das Tupel ((θ(β_{q,a}))_{a})_{q∈T} linear unabhängig.

Mit Aufgabe 29 folgt, unter Verwendung von Lemma 47 für die verlangte lineare Unabhängigkeit, daß θ(β_{q,r}) = θ(β_{q̃,r}) für alle q, q̃ ∈ T und alle r ∈ [1, t]. In anderen Worten, die Zeilen mit Index in T der Matrix (θ(β_{r,s}))_{r,s} stimmen überein. Da |T | ⩾ 2, ist dies ein Widerspruch zur Regularität dieser Matrix; cf. Lemma 47.

3.4.3 Charakterwerte rekonstruieren von Betrachtung modulo p

Bemerkung 49 Seien k, ℓ ∈ Z. Es ist ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄_{e}^{−iℓ}ζ̄_{e}^{ik} = θ(∂_{k+eZ , ℓ+eZ} · e) .

Beweis. Schreibe ζ̄:= ζ̄_{e} = θ(ζ_{e}) ∈ F_{p}, dies ist ein Element von Ordnung e in U(F_{p}).

Ist k ≡_{e} ℓ, so ist ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄^{−iℓ}ζ̄^{ik} = θ(e).

Ist k ≢_{e} ℓ, so ist ζ̄^{k−ℓ} − 1 ≠ 0. Es wird

(ζ̄^{k−ℓ} − 1)( ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄^{−iℓ}ζ̄^{ik})
= ( ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄^{(i+1)(k−ℓ)}) − ( ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄^{i(k−ℓ)})
= ζ̄^{e(k−ℓ)} − ζ̄^{0(k−ℓ)}
= 0 ,

und also ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄^{−iℓ}ζ̄^{ik} = 0.

Lemma 50 Seien r, s ∈ [1, t]. Für ℓ ∈ [0, e − 1] sei x_{r,s; ℓ} der Repräsentant in [0, p − 1] von

θ(e)^{−1} ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄_{e}^{−iℓ} · θ(χ_{r}(g_{s}^{i})) ∈ F_{p} .

Dann ist

χ_{r}(g_{s}) = ∑_{ℓ∈[0,e−1]} x_{r,s; ℓ} ζ_{e}^{ℓ} ∈ Z[ζ_{e}] .

Beweis. Schreibe ζ := ζ_{e} und ζ̄:= ζ̄_{e}.

Habe ω^{r}(g_{s}) diagonalisiert die Gestalt ( ..._{ζ^{mr,s;n_{r}}}^{ζ^{m_{r,s;1}}} ), wobei m_{r,s;j} ∈ [0, e − 1] für j ∈ [1, n_{r}] ; cf. Lösung zu Aufgabe 23.

Es ist

θ(χ_{r}(g_{s}^{i})) = ∑_{j∈[1,n_{r}]} ζ̄^{i·m_{r,s;j}} ,

für i ∈ [0, e − 1], und also

θ(e)^{−1} ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄^{−iℓ}·θ(χ_{r}(g_{s}^{i})) = θ(e)^{−1} ∑_{j∈[1,n_{r}]} ∑_{i∈[0,e−1]} ζ̄^{−iℓ}·ζ̄^{i·m_{r,s;j}} =^{B. 49} θ( ∑_{j∈[1,n_{r}]} ∂_{ℓ,m_{r,s;j}}) ∈ F_{p} .

für ℓ ∈ [0, e − 1]. Da n_{r} ⩽ |G| < p, ist x_{r,s; ℓ} = ∑_{j∈[1,n_{r}]} ∂_{ℓ,m_{r,s;j}} davon der Repräsentant in [0, p − 1].

Sodann ist

∑_{ℓ∈[0,e−1]} x_{r,s; ℓ} ζ^{ℓ} = ∑_{j∈[1,n_{r}]} ∑_{ℓ∈[0,e−1]} ∂_{ℓ,m_{r,s;j}} ζ^{ℓ} = ∑_{j∈[1,n_{r}]} ζ^{m_{r,s;j}} = χ_{r}(g_{s}) .

3.4.4 Der resultierende Algorithmus

Sei an die Bezeichnungen eingangs §3.4 erinnert.

Algorithmus 51 (Dixon)

(1) Wähle ζ̄_{e} ∈ F_{p} von Ordnung e in U(F_{p}). Setze entsprechend den Ringmorphismus θ : Z[ζ_{e}] \overline{}F_{p}, ζ_{e} \overline{}ζ̄_{e}; cf. Bemerkung 46.

(2) Berechne die Matrizen (θ(γ_{r,s,a}))_{s,a} für r ∈ [1, t] gemäß Bemerkung 43.

(3) Bestimme die t gemeinsamen Eigenvektoren der Matrizen (θ(γ_{r,s,a}))_{s,a} ∈ F_{p}^{t×t} für r ∈ [1, t] mit jeweils erstem Eintrag 1. Gemäß Lemma 48 haben wir damit die Matrix (θ(β_{q,a}))_{q,a} bis auf die Reihenfolge der Zeilen ermittelt. Wir wählen eine solche Reihenfolge, was auf ein Neusortieren der Wedderburn-Faktoren hinausläuft.

Hierzu verwenden wir implizit, daß es uns über F_{p} möglich ist, die charakteristischen Polynome dieser Matrizen in Linearfaktoren zu zerlegen.

(4) Unter Verwendung von (3) und der Tatsache, daß n_{r} ⩽^{cf. ω} |G| < p, können wir n_{r} für r ∈ [1, t] der Gleichung

∑_{s∈[1,t]} θ(β_{r,s}) θ(β_{r,s′}) θ(|g_{s}^{G}|)^{−1} = θ(|G|) θ(n_{r}^{2})^{−1}

aus Bemerkung 41 entnehmen.

(5) Mit (3) und (4) entnehmen wir θ(χ_{r}(g_{s})) für r, s ∈ [1, t] der Gleichung

θ(β_{r,s}) = θ(χ_{r}(g_{s})) θ(|g_{s}^{G}|) θ(n_{r})^{−1}

aus Bemerkung 39, beachte, daß n_{r} ⩽ |G| < p.

(6) Bestimme für s ∈ [1, t] und i ∈ [0, e − 1] den Index σ(s, i) ∈ [1, t] mit (g_{s}^{i})^{G} = g_{σ(s,i)}^{G}. Beachte, daß χ_{r}(g_{s}^{i}) = χ_{r}(g_{σ(s,i)}) für r ∈ [1, t].

(7) Mit (5) und (6) können wir χ_{r}(g_{s}) für r, s ∈ [1, t] unter Verwendung von Lemma 50 berechnen.

Somit ist die Charaktertafel von G berechnet, ohne auf einen Wedderburnisomorphismus zurückgegriffen zu haben. Cf. Aufgabe 34.

Ringe ganzer Zahlen

Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung. Schreibe n := [K : Q] = dim_{Q} K.

4.1 Begriff

Definition 52 Sei

O_{K} := { α ∈ K : es gibt ein normiertes Polynom f(X) ∈ Z[X] mit f(α) = 0 } die Teilmenge der ganzen Zahlen von K. Das Ziel ist die Berechnung von O_{K} bei gegebenem K. Bemerkung 53 Sind L|K|Q endliche Körpererweiterungen, dann ist K ∩ O_{L} = O_{K} . Bemerkung 54 Sei α ∈ K. Es gibt ein z ∈ Z ∖ {0} mit zα ∈ O_{K} . Insbesondere ist K = frac O_{K} ; genauer, wir identifizieren entlang frac O_{K} ^{\overline{}^{∼}} K, α/β \overline{}α/β, wobei α ∈ O_{K} und β ∈ O_{K} ∖ \{0\}, dessen Surjektivität eben festgestellt wurde. Beweis. Da K|Q endlich ist, ist α algebraisch über K. Sei α^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} x_{i} α^{i} = 0, wobei n ⩾ 1 und x_{i} ∈ Q für i ∈ [0, n − 1]. Sei z ∈ Z ∖ {0} so, daß zx_{i} ∈ Z für alle i ∈ [0, n − 1]. Dann ist (zα)^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} z^{n−i}x_{i}(zα)^{i} = 0, und somit zα ∈ O_{K} . Definition 55 Ein Z-Modul M heißt endlich erzeugt, wenn es eine endliche Teilmenge X ⊆ M mit M = _{Z}⟨X⟩ gibt.

Lemma 56 Es ist

O_{K} =^{1.} { α ∈ K : Z[α] = _{Z}⟨ α^{0}, …, α^{m} ⟩ für ein m ⩾ 0 }
=^{2.} { α ∈ K : Z[α] ist ein endlich erzeugter Z-Modul }
=^{3.} { α ∈ K : Z[α] ist in einem endlich erzeugten Z-Teilmodul von K enthalten } .

Beweis. Sei α ∈ K.

Zu ⊆^{1.}. Ist f(X) = X^{m+1} + ∑_{i∈[0,m]} z_{i}X^{i} ∈ Z[X] mit f(α) = 0 gegeben, wobei m ⩾ 0, dann ist Z[α] = _{Z}⟨ α^{0} , …, α^{m} ⟩, da auch für k ⩾ m + 1 per Induktion über k

α^{k} = α^{k−m−1}α^{m+1} = α^{k−m−1}(−_{∑i∈[0,m]} z_{i}α^{i}) = −_{∑i∈[0,m]} z_{i}α^{k−m−1+i} ∈ _{Z}⟨ α^{0} , …, α^{m} ⟩

ist.

Zu ⊆^{2.}, ⊆^{3.}.

Zu ⊇^{1.}. Ist Z[α] = _{Z}⟨ α^{0}, …, α^{m} ⟩, dann ist α^{m+1} ∈ _{Z}⟨ α^{0}, …, α^{m} ⟩, i.e. es gibt es ein normiertes Polynom von Grad m + 1 mit Nullstelle α.

Zu ⊇^{2.}. Sei Z[α] ein endlich erzeugter Z-Modul, sagen wir, Z[α] = _{Z}⟨ ξ_{1} , …, ξ_{k} ⟩ für ein k ⩾ 0 und ξ_{i} ∈ Z[α] für i ∈ [1, t].

Schreibe A_{k} := _{Z}⟨ α^{0} , …, α^{k} ⟩ ⊆ Z[α] für k ⩾ 0. Es ist A_{0} ⊆ A_{1} ⊆ A_{2} ⊆ ⋯ eine aufsteigende Kette von Z-Teilmoduln von Z[α].

Für i ∈ [1, k] gibt es ein m_{i} ⩾ 0 so, daß ξ_{i} ∈ A_{m_{i}} . Sei m := max{ m_{i} : i ∈ [1, t] }. Dann ist ξ_{i} ∈ A_{m} für i ∈ [1, t], und also auch

Z[α] = _{Z}⟨ ξ_{1} , …, ξ_{k} ⟩ ⊆ A_{m} ⊆ Z[α] ,

mithin A_{m} = Z[α].

Zu ⊇^{3.}. Teilmoduln endlich erzeugter Z-Moduln sind endlich erzeugt; cf. Aufgabe 35.(2).

Bemerkung 57 Sei Z ⊆ R ⊆ K mit R einem Teilring von K und mit R einem endlich erzeugten Z-Modul. Sei α ∈ O_{K} .

Dann ist auch der Teilring R[α] ⊆ K ein endlich erzeugter Z-Modul.

Natürlich enthält jeder Teilring von K auch Z.

Beweis. Sei R = _{Z}⟨ ρ_{1} , …, ρ_{k} ⟩, wobei k ⩾ 1 und ρ_{i} ∈ R für i ∈ [1, k]. Sei Z[α] = Z⟨ α^{0}, …, α^{m} ⟩, wobei m ⩾ 0 ; cf. Lemma 56. Wir behaupten, daß

R[α] =^{!} _{Z}⟨ ρ_{i} α^{j} : i ∈ [1, k], j ∈ [0, m] ⟩ =: S .

Zu zeigen ist ⊆^{!}.

Es ist R ⊆ S, da ρ_{i} α^{0} ∈ S für i ∈ [1, k].

Falls m = 0, dann ist α ∈ Z[α] = Z ⊆ R.

Falls m ⩾ 1, dann schreiben wir 1 = ∑_{i∈[1,k]} z_{i} ρ_{i} mit z_{i} ∈ Z für i ∈ [1, k] und erhalten α = 1 · α = ∑_{i∈[1,k]} z_{i} ρ_{i} α^{1} ∈ S.

Jedenfalls ist also α ∈ S.

Bleibt zu zeigen, daß der Z-Teilmodul S ein Teilring von K ist. Es ist 1 ∈ R ⊆ S. Dank

Distributivität genügt es, noch zu zeigen, daß (ρ_{i} α^{j})(ρ_{i′} α^{j′}) ∈^{!} S für i, i′ ∈ [1, k] und j, j′ ∈ [0, m]. Da ρ_{i} ρ_{i′} ∈ R, können wir ρ_{i} ρ_{i′} = ∑_{a∈[1,k]} u_{a} ρ_{a} schreiben mit u_{a} ∈ Z für a ∈ [1, k]. Da α^{j+j′} ∈ Z[α], können wir α^{j+j′} = ∑_{b∈[1,k]} v_{b} α^{b} schreiben mit v_{b} ∈ Z für b ∈ [0, m]. Es wird

(ρ_{i} α^{j})(ρ_{i′} α^{j′}) = ∑_{a∈[1,k]} ∑_{b∈[1,k]} \underbrace{u_{a} v_{b}}_{∈ Z} ρ_{a} α^{b} ∈ S .

Lemma 58 Es ist O_{K} ein Teilring von K.

Beweis. Es sind 0, 1 ∈ O_{K} . Seien α, β ∈ O_{K} . Wir haben zu zeigen, daß α − β und α · β in O_{K} liegen. Da Z[α−β], Z[α·β] ⊆ Z[α, β], genügt es zu zeigen, daß Z[α, β] = (Z[β])[α] ein endlich erzeugter Z-Modul ist; cf. Lemma 56. Dies aber folgt aus Z[β] endlich erzeugter Z-Modul und α ∈ O_{K} ; cf. Lemma 56, Bemerkung 57.

Bemerkung 59 Sei Z ⊆ R ⊆ K mit R einem Teilring von K und mit R einem endlich erzeugten Z-Modul. Sei K = \{ \frac{ρ}{σ} : ρ ∈ R, σ ∈ R ∖ \{0\} \}. Sei R ein Hauptidealbereich.

Dann ist R = O_{K} .

Beweis. Ist ξ ∈ R, so ist Z[ξ] ⊆ R. Da R ein endlich erzeugter Z-Modul ist, folgt ξ ∈ O_{K} ; cf. Lemma 56. Folglich ist R ⊆ O_{K} .

Sei umgekehrt α ∈ O_{K} . Wir wollen α ∈^{!} R zeigen.

Sei α^{m} + ∑_{i∈[0,m−1]} z_{i} α^{i} = 0, wobei m ⩾ 1 und z_{i} ∈ Z für i ∈ [0, m − 1]. Schreibe

A := _{R}⟨ α^{0} , …, α^{m−1} ⟩ ≠ 0 .

Es ist α^{m} = − ∑_{i∈[0,m−1]} z_{i}α^{i} ∈ A, und also αA ⊆ A.

Schreibe α = \frac{ρ}{σ} mit ρ ∈ R und σ ∈ R ∖ \{0\}. Es ist σ^{m−1}α^{i} ∈ R für i ∈ [0, m − 1], und also σ^{m−1}A ⊆ R. Es ist σ^{m−1}A ein Ideal in R. Da R ein Hauptidealbereich ist, können wir σ^{m−1}A = _{R}⟨τ⟩ mit einem τ ∈ R ∖ {0} schreiben. Es ist

α · _{R}⟨τ⟩ = α · σ^{m−1}A ⊆ σ^{m−1}A = _{R}⟨τ⟩ ,

also ατ = ξτ für ein ξ ∈ R, und somit α = ξ ∈ R.

Beispiel 60 Sei α ∈ C algebraisch über Q, i.e. Nullstelle eines Polynoms f(X) ∈ Q[X]∖{0}. Beachte, daß sich jedes Element von Q(α) = _{Q}⟨ α^{i} : i ⩾ 0 ⟩ sogar in der Form \frac{β}{z} mit β ∈ Z[α] = Z⟨ α^{i} : i ⩾ 0 ⟩ und z ∈ Z ∖ {0} schreiben läßt.

(1) Es ist O_{Q} = Z, da Z ein Hauptidealbereich ist; cf. Bemerkung 59.

(2) Es ist O_{Q(ζ_{3})} = Z[ζ_{3}], da Z[ζ_{3}] = _{Z}⟨ ζ_{3}^{0} , ζ_{3}^{1} ⟩ ein Hauptidealbereich ist; cf. Aufgabe 36.(3), Bemerkung 59. Oder cf. Aufgabe 39.

(3) Es ist O_{Q(i)} = Z[i], da Z[i] = _{Z}⟨ i^{0} , i^{1} ⟩ ein Hauptidealbereich ist; cf. Aufgabe 36.(1), Bemerkung 59. Oder cf. Aufgabe 39.

(4) Es ist O_{Q(\sqrt{5})} = Z[(1 + \sqrt{5})/2] ; cf. Aufgabe 39. Insbesondere ist Z[\sqrt{5}] kein Hauptidealbereich.

(5) Es ist O_{Q(\sqrt{−5})} = Z[\sqrt{−5}] ; cf. Aufgabe 39. Dennoch ist Z[\sqrt{−5}] kein Hauptidealbereich; cf. Aufgabe 36.(2).

4.2 Spurbilinearform und Z-Gitter

Um zu zeigen, daß O_{K} als Z-Modul endlich erzeugt ist, wollen wir die Spurabbildung Tr_{K|Q} : K \overline{}Q verwenden, wobei Tr_{K|Q}(α) die Spur des Q-linearen Endomorphismus K \overline{}K, β \overline{}αβ bezeichnet.

Bemerkung 61 Die Q-Bilinearform

[figure: K; ×; K; Q; (α; ,; β); Tr_{K|Q}(α · β) ,]

Spurbilinearform auf K genannt, ist nichtausgeartet.

Beweis. Sei α ∈ K ∖ {0}. Es ist Tr_{K|Q}(α · α^{−1}) = Tr_{K|Q}(1) = n ≠ 0.

Definition 62 Für eine Teilmenge X ⊆ K setzen wir

X^{#} := { η ∈ K : Tr_{K|Q}(η · X) ⊆ Z } ,

genannt das Dual von X.

Sind X ⊆ Y ⊆ K gegeben, so ist X^{#} ⊇ Y^{#}.

Definition 63 Ein Z-Gitter in K ist ein endlich erzeugter Z-Teilmodul G ⊆ K mit _{Q}⟨G⟩ = K (^{2}). Eine Z-lineare Basis des Z-Gitters G ist ein Tupel (α_{1} , …, α_{n}) mit α_{i} ∈ G für i ∈ [1, n] und G = _{Z}⟨ α_{1} , …, α_{n} ⟩. Beachte, daß aus _{Q}⟨G⟩ = K und dim_{Q} K = n folgt, daß diesenfalls (α_{1} , …, α_{n}) ein Q-linear unabhängiges Tupel ist, und also eine Q-lineare Basis von K.

Bemerkung 64 Es gibt ein Z-Gitter in K, das in O_{K} liegt.

Beweis. Sei (α_{1} , …, α_{n}) eine Q-lineare Basis von K. Sei z_{i} ∈ Z ∖ {0} so, daß z_{i} α_{i} ∈ O_{K} für i ∈ [1, n] ; cf. Bemerkung 54. Dann ist auch G := _{Z}⟨ z_{1} α_{1} , …, z_{n} α_{n} ⟩ ⊆ O_{K} ; cf. Lemma 58. Ferner ist α_{i} ∈ _{Q}⟨G⟩ für i ∈ [1, n] und also K = _{Q}⟨G⟩.

Bemerkung 65 Sei G = _{Z}⟨ β_{1} , …, β_{m} ⟩ ein Z-Gitter in K, wobei m ⩾ 0 und β_{i} ∈ K für i ∈ [1, m]. Sei (α_{1} , …, α_{n}) eine Q-lineare Basis von K. Sei β_{j} = ∑_{i∈[1,n]} α_{i} x_{i,j} für j ∈ [1, n], wobei X := (x_{i,j})_{i,j} ∈ Q^{n×m}. Sei y ∈ Z ∖ {0} so, daß yX ∈ Z^{n×m}. Da _{Q}⟨G⟩ = K, ist m ⩾ n und der Rang von X gleich n. Seien S ∈ GL_{n}(Z) und T = (t_{j,ℓ})_{j,ℓ} ∈ GL_{m}(Z) so, daß

S(yX)T = ( ..._{d_{n}}^{d_{1}} ) ∈ Z^{n×m}

mit d_{1} , …, d_{n} ∈ Z ∖ {0}; cf. Satz 4. Sei γ_{ℓ} := ∑_{j∈[1,m]} β_{j} t_{j,ℓ} für ℓ ∈ [1, n]. Dann ist (γ_{1} , …, γ_{n}) eine Z-lineare Basis von G. Insbesondere hat jedes Z-Gitter in K eine Z-lineare Basis.

Beweis. Es ist zu zeigen, daß G =^{!} _{Z}⟨ γ_{1} , …, γ_{n} ⟩.

Zu ⊇^{!}. Es ist γ_{ℓ} ∈ G für ℓ ∈ [1, n].

Zu ⊆^{!}. Es genügt zu zeigen, daß β_{j} ∈^{!} _{Z}⟨ γ_{1} , …, γ_{n} ⟩ für j ∈ [1, m], Schreibe T^{−1} =: (t′_{ℓ,j})_{ℓ,j} ∈ GL_{m}(Z).

2In der Literatur auch als volles Z-Gitter in K bezeichnet.

Für i ∈ [1, n] und ℓ ∈ [n + 1, m] ist ∑_{s∈[1,m]} x_{i,s} t_{s,ℓ} = 0. Für j ∈ [1, m] wird also

β_{j} = ∑_{s∈[1,m]} β_{s} ∂_{s,j}
= ∑_{s∈[1,m]} ∑_{ℓ∈[1,m]} β_{s} t_{s,ℓ} t′_{ℓ,j}
= ∑_{i∈[1,n]} ∑_{ℓ∈[1,m]} ∑_{s∈[1,m]} α_{i} x_{i,s} t_{s,ℓ} t′_{ℓ,j}
= ∑_{i∈[1,n]} ∑_{ℓ∈[1,n]} ∑_{s∈[1,m]} α_{i} x_{i,s} t_{s,ℓ} t′_{ℓ,j}
= ∑_{ℓ∈[1,n]} ∑_{s∈[1,m]} β_{s} t_{s,ℓ} t′_{ℓ,j}
= ∑_{ℓ∈[1,n]} γ_{ℓ} t′_{ℓ,j}
∈ _{Z}⟨ γ_{1} , …, γ_{n} ⟩ .

Bemerkung 66

(1) Sei G ein Z-Gitter in K. Sei ( ξ_{1} , …, ξ_{n}) eine Z-lineare Basis von G; cf. Bemerkung 65. Dies ist auch eine Q-lineare Basis von K. Sei ( ξ_{1}^{∗} , …, ξ_{n}^{∗}) die bezüglich Spurbilinearform dazu duale Q-lineare Basis von K, i.e. sei Tr_{K|Q}(ξ_{i} ξ_{j}^{∗}) = ∂_{i,j} für i, j ∈ [1, n]. Es ist G^{#} ein Z-Gitter in K, mit Z-linearer Basis ( ξ_{1}^{∗} , …, ξ_{n}^{∗}). Es ist G^{##} = G.

(2) Seien G und H zwei Z-Gitter in K mit G ⊆ H.

Ist A ⊆ K ein Z-Teilmodul mit G ⊆ A ⊆ H, dann ist A ein Z-Gitter in K.

Beweis.

(1) Es wird G^{#} = { η ∈ K : Tr_{K|Q}(η · G) ⊆ Z } = { η ∈ K : Tr_{K|Q}(η · ξ_{i}) ∈ Z für i ∈ [1, n] } . Wir behaupten, daß

G^{#} =^{!} _{Z}⟨ ξ_{1}^{∗} , …, ξ_{n}^{∗} ⟩ .

Dann ist insbesondere G^{#} ein Z-Gitter in K. Davon folgt ⊇^{!} nach Wahl der ξ_{i}^{∗}.

Zeigen wir ⊆^{!}. Sei η ∈ K mit Tr_{K|Q}(η · ξ_{i}) ∈ Z für i ∈ [1, n] gegeben. Schreibe η = ∑_{i∈[1,n]} x_{i} · ξ_{i}^{∗} mit x_{i} ∈ Q. Für j ∈ [1, n] wird

Z ∋ Tr_{K|Q}(η · ξ_{j})
= Tr_{K|Q}(_{∑i∈[1,n]} x_{i} · ξ_{i}^{∗} · ξ_{j})
= _{∑i∈[1,n]} x_{i} · Tr_{K|Q}(ξ_{i}^{∗} · ξ_{j})
= _{∑i∈[1,n]} x_{i} · ∂_{i,j} = x_{j} .

Das Argument von eben, angewandt auf G^{#} statt auf G, gibt G^{##} = _{Z}⟨ ξ_{1} , …, ξ_{n} ⟩ und somit G^{##} = G.

(2) Es ist K = _{Q}⟨G⟩ ⊆ _{Q}⟨A⟩ ⊆ K, also _{Q}⟨A⟩ = K. Es ist A ⊆ H ein Z-Teilmodul. Da H endlich erzeugt ist, ist auch A endlich erzeugt; cf. Aufgabe 35.(2).

4.3 Z-Maximalordnung

Definition 67 Ein Teilring R ⊆ K, der zugleich ein Z-Gitter in K ist, heißt Z-Ordnung in K.

Lemma 68 Es ist O_{K} eine Z-Ordnung in K. Es ist O_{K} ⊆ O_{K}^{#} .

Beweis. Dank Lemma 58 ist O_{K} ein Teilring von K. Bleibt also zu zeigen, daß O_{K} ein Z-Gitter in K ist.

Sei G ein Z-Gitter in K, das in O_{K} liegt; cf. Bemerkung 64.

Da Tr_{K|Q}(O_{K} · O_{K}) ⊆ Tr_{K|Q}(O_{K}) ⊆ Z, ist O_{K} ⊆ O_{K}^{#} ; cf. Aufgabe 40.(2). Also ist G ⊆ O_{K} ⊆ O_{K}^{#} ⊆ G^{#}, und somit O_{K} ein Z-Gitter in K; cf. Bemerkung 66.(1, 2).

Lemma 69 (Z-Maximalordnung) Jede Z-Ordnung R in K ist in der Z-Ordnung O_{K} enthalten.

Wir sagen auch, O_{K} ist die Z-Maximalordnung in K.

Beweis. Sei β ∈ R. Wir haben zu zeigen, daß β ∈^{!} O_{K} . Sei (α_{1} , …, α_{n}) eine Z-lineare Basis von R. Für i ∈ [1, n] sei

β · α_{i} = ∑_{j∈[1,n]} x_{i,j} α_{j}

mit (x_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{n×n}. Folglich ist (β · E_{n} − (x_{i,j})_{i,j}) · ( ⋮_{α_{n}}^{α_{1}}) = (⋮_{0}^{0}), wobei ( ⋮_{α_{n}}^{α_{1}}) ≠ (⋮_{0}^{0}).

Also ist det(β · E_{n} − (x_{i,j})_{i,j}) = 0. Mit χ(X) := det(X · E_{n} − (x_{i,j})_{i,j}) ist mithin χ(β) = 0. Die Leibnizformel für die Determinante zeigt, daß χ(X) ein normiertes Polynom mit Koeffizienten in Z ist. Somit ist β ∈ O_{K} .

4.4 Diskriminante

Definition 70 (und Bemerkung) Sei G ein Z-Gitter in K. Sei G = _{Z}⟨ ξ_{1} , …, ξ_{n} ⟩. Schreibe

Δ(G) := det(( Tr_{K|Q}(ξ_{i} · ξ_{j}))_{i,j∈[1,n]}) ∈ Q

für die Diskriminante von G.

Diese ist unabhängig von der Wahl der Z-linearen Basis (ξ_{1} , …, ξ_{n}) von G.

Es ist Δ(G) ∈ Z, falls G ⊆ G^{#}.

Beweis. Seien ( ξ_{1} , …, ξ_{n}) und ( ξ′_{1} , …, ξ′_{n}) zwei Z-lineare Basen von G. Für j ∈ [1, n] ist dann ξ′_{j} = ∑_{i} ξ_{i} x_{i,j} und ξ_{j} = ∑_{i} ξ′_{i} y_{i,j} mit (x_{i,j})_{i,j} , (y_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{n×n}. Es folgt (x_{i,j})_{i,j} · (y_{i,j})_{i,j} = E_{n}. Also sind (x_{i,j})_{i,j} , (y_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{n}(Z). Insbesondere ist det((x_{i,j})_{i,j}) ∈ {−1, +1}.

Es wird

( Tr_{K|Q}(ξ′_{i} · ξ′_{j}))_{i,j} = ( Tr_{K|Q}(∑_{k,ℓ} x_{k,i} ξ_{k} · ξ_{ℓ} x_{ℓ,j}))_{i,j}
= ( ∑_{k,ℓ} x_{k,i} · Tr_{K|Q}(ξ_{k} · ξ_{ℓ}) · x_{ℓ,j})_{i,j}
= (x_{k,i})_{i,k} · ( Tr_{K|Q}(ξ_{k} · ξ_{ℓ}))_{k,ℓ} · (x_{ℓ,j})_{ℓ,j} ,

und somit

det(( Tr_{K|Q}(ξ′_{i} · ξ′_{j}))_{i,j}) = det((x_{k,i})_{i,k}) · det(( Tr_{K|Q}(ξ_{k} · ξ_{ℓ}))_{k,ℓ}) · det((x_{ℓ,j})_{ℓ,j})
= ( det((x_{k,i})_{i,k}))^{2} · det(( Tr_{K|Q}(ξ_{k} · ξ_{ℓ}))_{k,ℓ})
= det(( Tr_{K|Q}(ξ_{k} · ξ_{ℓ}))_{k,ℓ}) .

Ist schließlich G ⊆ G^{#}, so ist Tr_{K|Q}(ξ_{i} · ξ_{j}) ∈ Z für i, j ∈ [1, n].

Definition 71 Sei Δ_{K} := Δ(O_{K}) ∈ Z die Diskriminante von K; cf. Lemma 68, Definition 70.

4.5 p-Radikal-Stabilisatoren

Sei R eine Z-Ordnung in K. Sei p ∈ Z_{>0} eine Primzahl.

4.5.1 p-Radikal

Definition 72 Sei

Jac_{p}(R) := { α ∈ R : es ist α^{m} ∈ pR für ein m ⩾ 0 } ⊆ R

das p-(Jacobson-)Radikal von R.

Algorithmus 73 (p-Jacobson-Radikal) Wir wollen Jac_{p}(R) berechnen. Schreibe φ : R \overline{}R/pR, α \overline{}α + pR für den Restklassenmorphismus. Da char(R/pR) = p, verfügen wir über den Frobenius genannten Ringmorphismus

[figure: Frob; :; R/pR; R/pR; α + pR; α^{p} + pR .]

Insbesondere ist der Frobenius Z-linear, und damit F_{p}-linear. Es ist

Jac_{p}(R) = φ^{−1}( ⋃_{m⩾0}{ α + pR : (α + pR)^{m} = 0 }) = φ^{−1}( ⋃_{i⩾0} Kern(Frob^{i}))

Die Dimension des Kerns einer Matrix A ∈ F_{p}^{n×n} ändert sich nicht, wenn man A ∈ F̄_{p}^{n×n} betrachtet, da die Zeilenstufenform von A über F_{p} auch eine Zeilenstufenform von A über F̄_{p} ist. Über F̄_{p} ist dann ⋃_{i⩾0} Kern A^{i} = Kern(A^{n}), da wir A als in Jordanform gegeben voraussetzen dürfen und in n-ter Potenz alle nilpotenten Jordanblöcke von A verschwunden sind. Aus Dimensionsgründen gilt nun ⋃_{i⩾0} Kern A^{i} = Kern(A^{n}) auch über F_{p}. Also ist

Jac_{p}(R) = φ^{−1}( Kern(Frob^{n})) .

Cf. Aufgabe 44.

Bemerkung 74

(1) Es ist Jac_{p}(R) ein Ideal in R, das pR enthält. Es ist Jac_{p}(R) ⊂ R. Insbesondere ist Jac_{p}(R) ein Z-Gitter in K; cf. Bemerkung 66.(2).

(2) Es gibt ein m ⩾ 0 mit Jac_{p}(R)^{m} ⊆ pR.

Beweis. Zu (1). Nach Konstruktion ist pR ⊆ Jac_{p}(R) ⊆ R. Zeigen wir, daß Jac_{p}(R) ⊆ R ein Ideal ist. Seien α, α̃ ∈ Jac_{p}(R). Sei k ⩾ 0 mit α^{k} ∈ pR. Sei k̃ ⩾ 0 mit α̃k̃ ∈ pR. Sei β ∈ R. Es wird (βα)^{k} = β^{k}α^{k} ∈ pR, also βα ∈ Jac_{p}(R). Es wird

(α + α̃)^{k+k̃} = (∑_{i∈[0,k]} (\begin{matrix}k+k̃ \\ i \end{matrix}) α^{i}\underbrace{α̃^{k+k̃−i}}_{∈ pR}) + (∑_{i∈[k+1,k+k̃]} (\begin{matrix}k+k̃ \\ i \end{matrix}) \underbrace{α^{i}}_{∈ pR}α̃^{k+k̃−i}) ∈ pR ,

also α + α̃ ∈ Jac_{p}(R).

Für Jac_{p}(R) ⊂^{!} R genügt es zu zeigen, daß 1 ∉^{!} Jac_{p}(R), i.e. 1 ∉^{!} pR, i.e. p^{−1} ∉^{!} R. Dafür genügt es zu zeigen, daß p^{−1} ∉ O_{K} ; cf. Lemma 69. Wäre p^{−1} ∈ O_{K} , dann wäre p^{−1} ∈ Q ∩ O_{K} =^{B. 53} O_{Q} =^{B. 59} Z, dem ist aber nicht so. Zu (2). Sei (α_{1} , …, α_{n}) eine Z-lineare Basis von Jac_{p}(R) ; cf. Bemerkung 65. Wähle m_{i} ⩾ 0 mit α_{i}^{m_{i}} ∈ pR. Schreibe m := m_{1} + ⋯ + m_{n}. Wir wollen zeigen, daß Jac_{p}(R)^{m} ⊆^{!} pR. Seien dazu b_{i,j} ∈ Z für i ∈ [1, n] und j ∈ [1, m] gegeben. Es wird

∏_{j∈[1,m]} (_{∑i∈[1,n]} α_{i} b_{i,j}) = ∑_{ℓ_{i} ⩾ 0 , ℓ_{1}+···+ℓ_{n} = m} c_{ℓ_{1} , ... , ℓ_{n}} α_{1}^{ℓ_{1}} ⋯ α_{n}^{ℓ_{n}}

für gewisse c_{ℓ_{1} , ... , ℓ_{n}} ∈ Z. Da ℓ_{1} + ⋯ + ℓ_{n} = m, gibt es jeweils ein i ∈ [1, n] mit ℓ_{i} ⩾ m_{i}, und also mit α_{i}^{ℓ_{i}} ∈ pR. Somit liegt die genannte Summe in pR.

4.5.2 Stabilisator

Sei G ⊆ K ein Z-Gitter. Sei (α_{1} , …, α_{n}) eine Z-lineare Basis von G.

Bemerkung 75 Der Stabilisator

Stab(G) := { β ∈ K : βG ⊆ G }

ist eine Z-Ordnung in K.

Beweis. Zeigen wir, daß Stab(G) ein Teilring ist. Es sind 0, 1 ∈ Stab(G). Sind β, β̃ ∈ Stab(G), dann ist auch (β − β̃)G ⊆ βG + β̃G ⊆ G und ββ̃G ⊆ βG ⊆ G, also sind β − β̃ , ββ̃ ∈ Stab(G). Es bleibt zu zeigen, daß Stab(G) ein Z-Gitter in K ist. Dazu genügt es zu zeigen, daß Stab(G) ein Z-Gitter enthält und in einem Z-Gitter enthalten ist; cf. Bemerkung 66.(2). Da Tr_{K|Q}(G) = _{Z}⟨ Tr_{K|Q}(α_{1}) , …, Tr_{K|Q}(α_{n}) ⟩ ⊆ Q, gibt es ein z ∈ Z ∖ {0} mit Tr_{K|Q}(zG) ⊆ Z. Sei β ∈ Stab(G). Für α ∈ G ist βα ∈ G und also Tr_{K|Q}(zβα) ∈ Tr_{K|Q}(zG) ⊆ Z. Folglich ist Tr_{K|Q}(zβG) ⊆ Z. Es folgt z Stab(G) ⊆ G^{#}, also Stab(G) ⊆ z^{−1}G^{#}. Seien i, j ∈ [1, n]. Wir können ein w_{i,j} ∈ Z ∖ {0} mit w_{i,j} α_{i} α_{j} ∈ G wählen. Denn wir können hierfür etwa den Hauptnenner der Koeffizienten von α_{i} α_{j}, ausgedrückt als Linearkombination der Q-linearen Basis (α_{1} , …, α_{n}) von K, nehmen. Sei w := kgV(w_{i,j} : i, j ∈ [1, n]). Dann ist wα_{i} α_{j} ∈ G für i, j ∈ [1, n], also wα_{i} G ⊆ G für i ∈ [1, n], also wG ⊆ Stab(G). Insgesamt ist also

wG ⊆ Stab(G) ⊆ z^{−1}G^{#} .

Sowohl zG als auch z^{−1}G^{#} sind Z-Gitter in K; cf. Bemerkung 66.(1).

Algorithmus 76 (Stabilisator) Wir wollen eine Z-lineare Basis von Stab(G) bestimmen. Seien i, j ∈ [1, n]. Schreibe α_{i} · α_{j} = ∑_{k∈[1,n]} u_{i,j,k} α_{k} mit u_{i,j,k} ∈ Q. Sei U_{k} := (u_{i,j,k})_{i,j} für k ∈ [1, n]. Sei U := (U_{1}|U_{2}| … |U_{n}) ∈ Q^{n×n^{2}} die durch Nebeneinanderstellen der U_{k} entstehende Matrix. Sei w ∈ Z ∖ {0} mit wU ∈ Z^{n×n^{2}}. Seien S = (s_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{n}(Z) und T ∈ GL_{n^{2}}(Z) so, daß S(wU)T = (D | 0_{n×n} | … | 0_{n×n}), wobei D = ( ..._{d_{n}}^{d_{1}}) ∈ Z^{n×n}; cf. Satz 4.

Betrachte ein Element ξ = ∑_{i∈[1,n]} v_{i} α_{i} ∈ K, wobei v := (^{v_{1}} ^{...}^{v_{n}}) ∈ Q^{1×n}. Es ist ξ ∈ Stab(G) genau dann, wenn G ∋ ξ · α_{j} = ∑_{i} v_{i} α_{i} α_{j} = ∑_{i,k} v_{i} u_{i,j,k} α_{k} für j ∈ [1, n], i.e. wenn ∑_{i} v_{i} u_{i,j,k} ∈ Z für j, k ∈ [1, n], i.e. wenn vU ∈ Z^{1×n^{2}}, i.e. wenn vS^{−1}w^{−1}(S(wU)T ) ∈ Z^{1×n^{2}}, i.e. wenn vS^{−1}w^{−1}D ∈ Z^{1×n}. Es hat U den Rang n, denn aus vU = 0 kann man ξ · α_{j} = 0 für alle j ∈ [1, n] folgern, damit ξ = 0, mithin v = 0. Also ist d_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, n]. Es wird

Stab(G) = {_{∑i} v_{i} α_{i} : (^{v_{1}} ^{...}^{v_{n}}) = xD^{−1}wS für ein x ∈ Z^{1×n} } .

Da D^{−1}wS ∈ GL_{n}(Q), folgt, daß eine Z-lineare Basis von Stab(G) gegeben ist durch

( _{∑i∈[1,n]} d_{1}^{−1}ws_{1,i} α_{i} , …, _{∑i∈[1,n]} d_{n}^{−1}ws_{n,i} α_{i} ) .

Cf. Aufgabe 47.(2).

Bemerkung 77 Ist {0} ⊂ J ⊆ R ein Ideal, dann ist J ein Z-Gitter in K. Insbesondere ist Stab(J) eine Z-Ordnung in K, die R enthält.

Beweis. Sei (α_{1} , …, α_{n}) eine Z-lineare Basis von R. Sei β ∈ J ∖ {0}. Es ist (βα_{1} , …, βα_{n}) eine Z-lineare Basis von βR. Also ist βR ein Z-Gitter in K. Da J ⊆ R ein Ideal ist, ist βR ⊆ J ⊆ R. Folglich ist auch J ein Z-Gitter in K; cf. Bemerkung 66.(2). Nach Bemerkung 75 ist Stab(J) eine Z-Ordnung in K. Da J ein Ideal in R ist, ist R ⊆ Stab(J).

Beispiel 78 Sei β ∈ K ∖ {0}. Dann ist Stab(βR) = Stab(R) = R.

Beweis. Zum einen ist für α ∈ K genau dann αβR ⊆ βR, wenn αR ⊆ R. Zum anderen ist Stab(R) ⊇ R, da R ein Teilring von K ist, und Stab(R) ⊆ R, da für α ∈ Stab(R) insbesondere α = α · 1 ∈ αR ⊆ R wird.

4.5.3 Pohst-Zassenhaus-Bernardi

Wir erinnern daran, daß K|Q eine endliche Körpererweiterung mit dim_{Q} K = n und daß R eine Z-Ordnung in K ist.

Satz 79 (Pohst-Zassenhaus)

(1) Es ist R ⊆ Stab(Jac_{p}(R)) und | Stab(Jac_{p}(R))/R| | p^{n−1}.

(2) Es ist p kein Teiler von |O_{K}/R| genau dann, wenn R = Stab(Jac_{p}(R)).

Beweis (D. Bernardi ). Schreibe R′ := Stab(Jac_{p}(R)). Zu (1). Es ist R ⊆ R′; cf. Bemerkungen 74.(1) und 77. Es ist R ≃ Z^{n} als Z-Moduln, und somit auch R/pR ≃ Z^{n}/pZ^{n} ≃ F_{p}^{n}. Sei α′ ∈ R′. Wegen p ∈ Jac_{p}(R) ist pα′ ∈ Jac_{p}(R) ; cf. Bemerkung 74.(1).

Also ist pR ⊆ pR′ ⊆ Jac_{p}(R) ⊂^{B. 74.(1)} R.

Folglich ist p^{n} = |R/pR| ein echtes Vielfaches von |pR′/pR| = |R′/R|. Zu (2). Zu ⇒. Sei R ⊂ R′. Dann ist R ⊂ R′ ⊆ O_{K} ; cf. Lemma 69. Dank (1) ist |R′/R| eine Potenz von p. Also folgt p | |R′/R| | |O_{K}/R|. Zu ⇐. Sei R = R′. Setze

S := {α ∈ O_{K} : es ist p^{k}α ∈ R für ein k ⩾ 0} .

Es ist R ⊆ S ⊆ O_{K} . Es ist S ein Teilring von O_{K} , denn mit α, β ∈ S, wobei p^{k}α ∈ R und p^{ℓ}β ∈ R für gewisse k, ℓ ⩾ 0, wird p^{max{k,ℓ}}(α − β) ∈ R und p^{k+ℓ} α · β ∈ R, mithin α − β, α · β ∈ S. Somit ist S eine Z-Ordnung in K; cf. Lemma 68, Bemerkung 66.(2). Sei (σ_{1} , …, σ_{n}) eine Z-lineare Basis von S. Sei t ⩾ 0 so gewählt, daß p^{t}σ_{i} ⊆ R für alle i ∈ [1, n]. Somit ist p^{t}S ⊆ R. Es ist p kein Teiler von |O_{K}/S|. Denn wäre p ein Teiler von |O_{K}/S|, dann gäbe es ein α ∈ O_{K} ∖ S mit pα ∈ S, also p^{t} · pα ∈ R und somit α ∈ S, was nicht der Fall ist. Es genügt also zu zeigen, daß R =^{!} S. Annahme, es ist R ⊂ S. Sei m ⩾ 0 so, daß Jac_{p}(R)^{m} ⊆ pR; cf. Bemerkung 74.(2). Es ist Jac_{p}(R)^{mt} · S ⊆ p^{t}S ⊆ R. Sei u ⩾ 0 maximal mit Jac_{p}(R)^{u} · S ⊈ R. Es ist Jac_{p}(R)^{u+1} · S ⊆ R.

Wähle ein σ ∈ Jac_{p}(R)^{u} · S ∖ R ⊆ S. Wir wollen zeigen, daß Jac_{p}(R) · σ ⊆^{!} Jac_{p}(R). Sei α ∈ Jac_{p}(R) gegeben. Es ist

α · σ ∈ Jac_{p}(R) · Jac_{p}(R)^{u} · S = Jac_{p}(R)^{u+1} · S ⊆ R .

Es ist

(α · σ)^{m+u+1} = α^{m} · α^{u+1} · σ^{m+u+1} ∈ Jac_{p}(R)^{m} · Jac_{p}(R)^{u+1} · S ⊆ Jac_{p}(R)^{m} ⊆ pR .

Also ist α · σ ∈ Jac_{p}(R).

Es folgt Jac_{p}(R)·σ ⊆ Jac_{p}(R), i.e. σ ∈ Stab(Jac_{p}(R)) = R′. Da aber R′ = R vorausgesetzt wurde, folgt σ ∈ R, im Widerspruch zur Wahl von σ.

Bemerkung 80 Es ist |Δ(R)| ein Vielfaches von |O_{K}/R|.

Beweis. Es ist R ⊆ O_{K} ⊆ O_{K}^{#} ⊆ R^{#} ; cf. Lemma 68, Definition 62. Also ist |Δ(R)| = |R^{#}/R| ein Vielfaches von |O_{K}/R|; cf. Aufgabe 41.(2).

Korollar 81 (zu Satz 79)

Ist Jac_{p}(R) ⊆ R ein Hauptideal für alle Primzahlen p, die Δ(R) teilen, dann ist R = O_{K} .

Insbesondere, ist R ein Hauptidealbereich, so ist R = O_{K} .

Cf. Bemerkung 59.

Beweis. Sei p eine Primzahl, die Δ(R) teilt. Nach Voraussetzung ist Jac_{p}(R) = βR für ein β ∈ R. Da 0 ≠ pR ⊆ Jac_{p}(R), ist β ≠ 0. Es folgt

Stab(Jac_{p}(R)) = Stab(βR) =^{Bsp. 78} R .

Also p kein Teiler von |O_{K}/R|; cf. Satz 79.

Da aber |Δ(R)| ein Vielfaches von |O_{K}/R| ist, folgt |O_{K}/R| = 1, i.e. R = O_{K} .

4.5.4 Bestimmung der Z-Maximalordnung O_{K}

Algorithmus 82 (Z-Maximalordnung bestimmen) Wir wollen ausgehend von einer endlichen Erweiterung K|Q mit dim_{Q} K = n die Z-Maximalordnung O_{K} bestimmen.

(1) Wähle ein Z-Gitter G in K.

(2) Sei R := Stab(G). Es ist R eine Z-Ordnung in K; cf. Bemerkung 75.

(3) Berechne die Diskriminante Δ(R); cf. Aufgabe 47.(1). Sei P die Menge der Primteiler von Δ(R).

Es ist |Δ(R)| = |R^{#}/R| ein Vielfaches von |O_{K}/R|; cf. Bemerkung 80. Somit tauchen alle Primteiler von |O_{K}/R| in P auf.

(4) Durchlaufe p ∈ P.

(5) Berechne R ⊆ R′ := Stab(Jac_{p}(R)) ; cf. Aufgaben 44 und 47.(2).

(6) Ist R ⊂ R′, dann verfahre wie folgt. Es ist |O_{K}/R′| ein Teiler von |O_{K}/R| mit |O_{K}/R′| ≠ |O_{K}/R|. Es tauchen alle Primfaktoren von |O_{K}/R′| in P auf. Die Elemente von P, die |O_{K}/R| nicht teilen, teilen auch |O_{K}/R′| nicht. Ersetze R durch R′ (aber belasse P). Gehe nach (5).

(7) Es ist R = R′, und also p kein Teiler von |O_{K}/R|; cf. Satz 79.(2). Gehe nach (4).

(8) Es ist nun kein Element von P mehr ein Teiler von |O_{K}/R|. Da alle Primteiler von |O_{K}/R| in P auftauchen, bedeutet dies, daß |O_{K}/R| = 1, i.e. daß R = O_{K} .

Der Algorithmus endet nach höchstens |P | + |O_{K}/R| Durchläufen von (5), wenn R die anfängliche Z-Ordnung aus (2) bezeichnet. Cf. Aufgabe 48.

4.6 Kreisteilungskörper

4.6.1 Einheitswurzeln mit Primpotenzordnung

Sei p ∈ Z_{>0} prim. Sei m ⩾ 1. Wir schreiben auch

q := p^{m−1} und ζ := ζ_{p^{m}} = ζ_{pq} .

Sei K := Q(ζ) = Q(ζ_{pq}). Es ist n := dim_{Q} K = (p − 1)q.

4.6.1.1 Spur und Diskriminante im Primpotenzfall Bemerkung 83 Sei k ∈ Z. Es ist

Tr_{K|Q}(ζ_{pq}^{k}) = \{ \begin{matrix}(p − 1)q & falls k ≡_{pq} 0 \\ −q & falls k ≢_{pq} 0, aber k ≡_{q} 0 \\ 0 & falls k ≢_{q} 0 \end{matrix} \} = pq ∂_{k+pqZ, 0} − q ∂_{k+qZ, 0} .

Beweis. Sei allgemein α ∈ K. Schreibe μ_{α,Q}(X) =: X^{ℓ} + ∑_{i∈[0,ℓ−1]} a_{i}X^{i}. Es ist

Tr_{K|Q}(α) = −\frac{n}{ℓ} a_{ℓ−1} ;

cf. Aufgabe 40.(1). Sei s ∈ [0, m] so, daß k ≢_{p^{s+1}} 0, aber k ≡_{p^{s}} 0.

Fall s = m. Es ist Tr_{K|Q}(ζ^{k}) = Tr_{K|Q}(1) = n = (p − 1)q. Fall s = m − 1. Es hat ζ^{k} die multiplikative Ordnung p. Also ist

μ_{ζ^{k},Q}(X) = Φ_{p}(X) = X^{p−1} + X^{p−2} + ⋯ + X^{0} .

Es folgt Tr_{K|Q}(ζ^{k}) = −\frac{n}{p−1} = −q. Fall s ∈ [0, m − 2]. Es hat ζ^{k} die multiplikative Ordnung p^{m−s}. Also ist

μ_{ζ^{k},Q}(X) = Φ_{p^{m−s}}(X) = X^{(p−1)·p^{m−s−1}} + X^{(p−2)·p^{m−s−1}} + ⋯ + X^{0·p^{m−s−1}} . Es folgt Tr_{K|Q}(ζ^{k}) = −\frac{n}{(p−1)p^{m−s−1}} · 0 = 0.

Lemma 84 Es ist |Δ(Z[ζ_{pq}])| = p^{q(mp−m−1)} = p^{nm−q}.

Beweis. Siehe Aufgabe 49.

4.6.1.2 Der Ring der ganzen Zahlen in Q(ζ) im Primpotenzfall

Bemerkung 85 Es ist Jac_{p}(Z[ζ_{pq}]) = _{Z[ζ_{pq}]}⟨ζ_{pq} − 1⟩.

Beweis. Da der Frobenius F_{p}[X] \overline{}F_{p}[X], f(X) \overline{}f(X)^{p}, ein Ringendomorphismus ist, ist (X + 1)^{p^{k}} ≡_{p} X^{p^{k}} + 1 für alle k ⩾ 0, wobei die Kongruenz in Z[X] zu lesen ist. Es ist Φ_{pq}(X) · (X^{q} − 1) = (X^{pq} − 1). Also ist

Φ_{pq}(X + 1) · X^{q} ≡_{p} Φ_{pq}(X + 1) · ((X + 1)^{q} − 1) = (X + 1)^{pq} − 1 ≡_{p} X^{pq} . Da F_{p}[X] nullteilerfrei ist, folgt Φ_{pq}(X + 1) ≡_{p} X^{q(p−1)}. Es ist Φ_{pq}(X + 1) = μ_{ζ−1,Q}(X), und also

[figure: Z[ζ]; =; Z[ζ − 1]; ∼; Z[X]/⟨Φ_{pq}(X + 1)⟩; ζ − 1; X + ⟨Φ_{pq}(X + 1)⟩ .]

Folglich haben wir Ringisomorphismen

[figure: Z[ζ]/pZ[ζ]; ∼; Z[X]/⟨p, Φ_{pq}(X + 1)⟩; ∼; F_{p}[X]/⟨Φ_{pq}(X + 1)⟩; =; F_{p}[X]/⟨X^{q(p−1)}⟩]
[figure: (ζ − 1) + pZ[ζ]; X + ⟨p, Φ_{pq}(X + 1)⟩; X + ⟨Φ_{pq}(X + 1)⟩ .]

Schreiben wir die Restklassenabbildung φ : Z[ζ] \overline{}Z[ζ]/pZ[ζ], α \overline{}α + pZ[ζ], so ist Jac_{p}(Z[ζ]) = φ^{−1}({ α + Z[ζ] ∈ Z[ζ]/pZ[ζ] : es gibt ein m ⩾ 0 mit (α + pZ[ζ])^{m} = 0 }) . Es ist { f(X) + ⟨X^{q(p−1)}⟩ ∈ F_{p}[X]/⟨X^{q(p−1)}⟩ : es gibt ein m ⩾ 0 mit (f(X) + ⟨X^{q(p−1)}⟩)^{m} = 0 } = ⟨X⟩/⟨X^{q(p−1)}⟩ , wie man erkennt, wenn man f(X) = a + Xb(X) mit a ∈ F_{p} und b(X) ∈ F_{p}[X] ansetzt. Isomorph übertragen, liefert dies

Jac_{p}(Z[ζ]) = φ^{−1}( ⟨ (ζ − 1) + pZ[ζ] ⟩) = ⟨ζ − 1, p⟩ ⊆ Z[ζ] .

Bleibt zu zeigen, daß p ∈^{!} ⟨ζ − 1⟩. In der Tat wird

(ζ − 1)(− ∑_{s∈[0, p−1]} ∑_{i∈[0,sq−1]} ζ^{i}) = (∑_{s∈[0, p−1]} ∑_{i∈[0,sq−1]} ζ^{i}) − (∑_{s∈[0, p−1]} ∑_{i∈[0,sq−1]} ζ^{i+1})
= (∑_{s∈[0, p−1]} ∑_{i∈[0,sq−1]} ζ^{i}) − (∑_{s∈[0, p−1]} ∑_{i∈[1,sq]} ζ^{i})
= ∑_{s∈[0, p−1]}(1 − ζ^{sq})
= p − ∑_{s∈[0, p−1]} ζ^{sq}
= p − Φ_{pq}(ζ)
= p .

Lemma 86 Es ist O_{Q(ζ_{pq})} = Z[ζ_{pq}].

Beweis. Es ist |O_{Q(ζ)}/Z[ζ]| ein Teiler von Δ(Z[ζ]) ; cf. Bemerkung 80. Somit ist |O_{Q(ζ)}/Z[ζ]| eine Potenz von p; cf. Aufgabe 41.(2), Lemma 84. Also genügt es zu zeigen, daß Jac_{p}(Z[ζ]) ein Hauptideal in Z[ζ] ist; cf. Korollar 81. In der Tat ist Jac_{p}(Z[ζ]) = Z[ζ]⟨ζ − 1⟩, und somit ein Hauptideal; cf. Bemerkung 85.

Cf. auch Aufgabe 51.(4).

4.6.2 Der Ring der ganzen Zahlen in Q(ζ)

Lemma 87 Seien K|Q und L|Q endliche Erweiterungen. Sei KL ihr Kompositum. Setze O_{K} O_{L} := _{Z}⟨ α β : α ∈ O_{K} , β ∈ O_{L} ⟩ ⊆ KL. Sei [K : Q] · [L : Q] = [KL : Q] , i.e. seien K und L linear disjunkt über Q. Seien Δ_{K} und Δ_{L} teilerfremd.

(1) Es ist O_{KL} = O_{K} O_{L}.

(2) Es ist Δ_{KL} = Δ_{K}^{ℓ} · Δ_{L}^{k}.

Beweis. Zu (1). Es sind O_{K} ⊆ O_{KL} und O_{L} ⊆ O_{KL}, und also ist O_{K} O_{L} ⊆ O_{KL}.

Wir haben O_{K} O_{L} ⊇^{!} O_{KL} zu zeigen.

Sei ( κ_{1} , …, κ_{k}) eine Z-lineare Basis von O_{K} ; dies ist auch eine Q-lineare Basis von K; cf. Lemma 68.

Sei ( λ_{1} , …, λ_{ℓ}) eine Z-lineare Basis von O_{L}; dies ist auch eine Q-lineare Basis von L; cf. Lemma 68.

Es ist ( κ_{i} λ_{j} : i ∈ [1, k], j ∈ [1, ℓ] ) ein Z-linear erzeugendes Tupel von O_{K} O_{L}. Es ist auch eine Q-lineare Basis von KL, da es KL erzeugt und [KL : Q] Elemente enthält, da K und L linear disjunkt sind über Q.

Beachte, daß Tr_{K|Q}(η) = Tr_{KL|L}(η) für η ∈ K, da ( κ_{1} , …, κ_{k}) sowohl eine Q-lineare Basis von K als auch, wegen K und L linear disjunkt über Q, eine L-lineare Basis von KL ist, und daher die Q-linear beschreibende Matrix der Multiplikation mit η auf K auch eine L-linear beschreibende Matrix der Multiplikation mit η auf KL ist.

Sei ξ ∈ O_{KL}. Schreibe ξ =: ∑_{i,j} x_{i,j} κ_{i} λ_{j} mit x_{i,j} ∈ Q für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ]. Wir haben zu zeigen, daß x_{i,j} ∈^{!} Z für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ].

Für i ∈ [1, k] setzen wir α_{i} := ∑_{j} x_{i,j} λ_{j} ∈ L. Für s ∈ [1, k] wird

∑_{i} Tr_{K|Q}(κ_{s} κ_{i}) α_{i} = ∑_{i,j} Tr_{K|Q}(κ_{s} κ_{i}) x_{i,j} λ_{j}
= ∑_{i,j} Tr_{KL|L}(κ_{s} κ_{i}) x_{i,j} λ_{j}
= ∑_{i,j} Tr_{KL|L}(κ_{s} κ_{i} x_{i,j} λ_{j})
= Tr_{KL|L}(κ_{s} ξ)
∈ O_{L} ,

da mit κ_{s} und ξ auch κ_{s} ξ in O_{KL} liegt und da Tr_{KL|L}(O_{KL}) ⊆ O_{L}; cf. Aufgabe 50.

Multiplikation mit der Adjunkten von (Tr_{K|Q}(κ_{i} κ_{s}))_{i,s} ∈ Q^{k×k} zeigt nun, daß Δ_{K} α_{s} ∈ O_{L} für s ∈ [1, k], i.e. daß

Δ_{K} x_{i,j} ∈ Z

für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ] , da ( λ_{1} , …, λ_{ℓ}) eine Z-lineare Basis von O_{L} ist.

Genauso folgt, daß

Δ_{L} x_{i,j} ∈ Z

für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ].

Da Δ_{K} und Δ_{L} teilerfremd sind, gibt es u, v ∈ Z mit u Δ_{K} + v Δ_{L} = 1. Für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ] wird

x_{i,j} = u Δ_{K} x_{i,j} + v Δ_{L} x_{i,j} ∈ Z .

Zu (2). Beachte zunächst, daß Tr_{KL|Q} = Tr_{L|Q} ∘ Tr_{KL|L}, und sich für ξ ∈ K und η ∈ L also

Tr_{KL|Q}(xy) = Tr_{L|Q}(Tr_{KL|L}(xy)) = Tr_{L|Q}(Tr_{KL|L}(x)y) = Tr_{L|Q}(Tr_{K|Q}(x)y) = Tr_{K|Q}(x) · Tr_{L|Q}(y)

ergibt.

Wir wählen eine lineare Ordnung auf [1, k] × [1, ℓ], bezüglich der wir im folgenden unsere Matrixeinträge schreiben. Sind (a_{i,s})_{i,s} ∈ Q^{k×k} und (b_{j,t})_{j,t} ∈ Q^{ℓ×ℓ} gegeben, dann ist

(a_{i,s} · b_{j,t})_{(i,j),(s,t)} = (a_{i,s} · b_{j,t})_{(i,j)∈[1,k]×[1,ℓ], (s,t)∈[1,k]×[1,ℓ]} ∈ Q^{kℓ×kℓ} ,

und wir erhalten

(a_{i,s′} · b_{j,t′})_{(i,j),(s′,t′)} = (a_{i,s} · ∂_{j,t})_{(i,j),(s,t)} · (∂_{i′,s′} · b_{j′,t′})_{(i′,j′),(s′,t′)} ,

da der Eintrag in Zeile (i, s) und Spalte (j′, t′) des letzteren Matrixprodukts gleich

∑_{(s,t)∈[1,k]×[1,ℓ]} a_{i,s} · ∂_{j,t} · ∂_{s,s′} · b_{t,t′} = a_{i,s′} · b_{j,t′} .

Folglich ist

det((a_{i,s′} · b_{j,t′})_{(i,j),(s′,t′)}) = det((a_{i,s} · ∂_{j,t})_{(i,j),(s,t)}) · det((∂_{i′,s′} · b_{j′,t′})_{(i′,j′),(s′,t′)})
= det((a_{i,s})_{i,s})^{ℓ} · det((b_{j,t})_{j,t})^{k} ,

denn ein Umsortieren unserer gewählten Reihenfolge bei Zeilen und Spalten simultan ändert am Wert der Determinante nichts und liefert im ersten Faktor eine Blockdiagonalmatrix mit ℓ Blöcken jeweils gleich (a_{i,s})_{i,s}, im zweiten Faktor eine Blockdiagonalmatrix mit k Blöcken jeweils gleich (b_{j,t})_{j,t}.

Wir erhalten so

Δ_{KL} = det ((Tr_{KL|Q}(κ_{i}λ_{j}κ_{s}λ_{t}))_{(i,j),(s,t)})
= det ((Tr_{K|Q}(κ_{i} κ_{s}) Tr_{L|Q}(λ_{j} λ_{t}))_{(i,j),(s,t)})
= det ((Tr_{K|Q}(κ_{i} κ_{s})_{i,s})^{ℓ} · det ((Tr_{L|Q}(λ_{j} λ_{t}))_{j,t})^{k}
= Δ_{K}^{ℓ} · Δ_{L}^{k} .

Gerne wüßte ich auch noch einen Beweis von Tr_{LK|L}(O_{KL}) ⊆ O_{L}, ohne, wie in der Lösung zu Aufgabe 50, Galoistheorie bemühen zu müssen.

Bemerkung 88 Seien s, t ⩾ 1 teilerfremd.

Es ist Z[ζ_{st}] = Z[ζ_{s}] Z[ζ_{t}]. Es ist Q(ζ_{st}) = Q(ζ_{s}) Q(ζ_{t}).

Beweis. Seien u, v ∈ Z so, daß us+vt = 1. Dann ist ζ_{st} = ζ_{st}^{us+vt} = ζ_{t}^{u} ·ζ_{s}^{v} und somit auch Z[ζ_{st}] = Z[ζ_{s}] Z[ζ_{t}] und Q(ζ_{st}) = Q(ζ_{s}) Q(ζ_{t}), da die Inklusion ⊇ jeweils von vorneherein feststeht.

Satz 89 (Z-Maximalordnung von Kreisteilungskörpern) Sei k ⩾ 1. Es ist O_{Q(ζ_{k})} = Z[ζ_{k}]. Jeder Primteiler von Δ_{Q(ζ_{k})} teilt auch k.

Beweis. Wir führen eine Induktion über k ⩾ 1. Ist k eine Primpotenz, so sind wir fertig mit dank der Lemmata 86 und 84. Ist k keine Primpotenz, so schreibe k = st mit s, t > 1 teilerfremd. Unter Verwendung der Eulerschen φ-Funktion ergibt sich

[Q(ζ_{st}) : Q] = φ(st) = φ(s) · φ(t) = [Q(ζ_{s}) : Q] · [Q(ζ_{t}) : Q] .

Nach Induktionsvoraussetzung ist jeder Primteiler von Δ_{Q(ζ_{s})} ein Teiler von s und jeder Primteiler von Δ_{Q(ζ_{t})} ein Teiler von t. Da s und t teilerfremd sind, folgt, daß Δ_{Q(ζ_{s})} und Δ_{Q(ζ_{t})} teilerfremd sind. Es wird

O_{Q(ζ_{k})} =^{B. 88} O_{Q(ζ_{s})Q(ζ_{t})} =^{L. 87.(1)} O_{Q(ζ_{s})} O_{Q(ζ_{t})} =^{I.V.} Z[ζ_{s}] Z[ζ_{t}] =^{B. 88} Z[ζ_{k}] .

Ferner wird

Δ_{Q(ζ_{k})} =^{B. 88} Δ_{Q(ζ_{s})Q(ζ_{t})} =^{L. 87.(2)} Δ_{Q(ζ_{s})}^{φ(t)} Δ_{Q(ζ_{t})}^{φ(s)} ,

so daß jeder Primteiler von Δ_{Q(ζ_{k})} ein Teiler von Δ_{Q(ζ_{s})}^{φ(t)} Δ_{Q(ζ_{t})}^{φ(s)} und damit nach Induktionsvoraussetzung auch ein Teiler von st = k ist.

Auch eine genaue Formel für Δ_{Q(ζ_{k})} läßt sich mit dieser Argumentation herleiten.

Anhang A

Aufgaben und Lösungen

A.1 Aufgaben

Zum Lösen der Übungsaufgaben kann resp. soll Magma verwandt werden.

Siehe e.g. magma.maths.usyd.edu.au/calc/.

Aufgabe 1 (§1.1) Zeige oder widerlege. Sei R ein Ring.

(1) Ist R ein Körper, so ist R[X] ein Hauptidealbereich.

(2) Ist R ein Hauptidealbereich, so auch R[X].

(3) Ist R ein Hauptidealbereich und ist a ∈ R, so ist R/⟨a⟩ ein Hauptidealbereich.

(4) Ist R ein Hauptidealbereich, und ist x ∈ R eine Nichteinheit, die nicht in ein Produkt von Nichteinheiten zerlegbar ist, so ist R/⟨x⟩ ein Körper.

Aufgabe 2 (§1.2) Sei R ein Hauptidealbereich.

(1) Sei n ⩾ 2. Sei x = (x_{i})_{i} ∈ R^{n×1} mit ⟨x_{1} , …, x_{n}⟩ = R gegeben.

Zeige, daß es ein A = (a_{i,j})_{i,j} ∈ SL_{n}(R) gibt mit (a_{i,1})_{i} = x.

(2) Sei R = Z. Sei x = (\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \end{matrix}). Gib ein A ∈ SL_{4}(Z) an, welches x als erste Spalte enthält.

Aufgabe 3 (§1.2) Sei m ⩾ 0. Sei A ∈ Z^{m×m}. Bestimme S ∈ GL_{m}(Z) und T ∈ GL_{n}(Z) so, daß SAT in Elementarteilerform ist. Dokumentiere dabei die Schritte gemäß Beweis zu Satz 4. Vergleiche das Resultat mit dem von SmithForm gelieferten.

(1) A = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}).

(2) A = (\begin{matrix}2 & 2 & 3 & 5 \\ 4 & 8 & 5 & 5 \\ 4 & 4 & 1 & 1 \\ −2 & 6 & 6 & 4 \end{matrix}).

Aufgabe 4 (§1.2) Erstelle ein Magma-Programm, welches für m, n ⩾ 0 die Elementarteiler einer Matrix in Z^{m×n} über Minoren ausrechnet. Verwende Determinant.

Vergleiche seine Laufzeit mit der von SmithForm.

Aufgabe 5 (§1.2) Erstelle ein Magma-Programm, welches für m, n ⩾ 0 und eine Matrix A ∈ Z^{m×n} Matrizen S ∈ SL_{m}(Z) und T ∈ SL_{n}(Z) so berechnet, daß SAT in Elementarteilerform ist, wie im Beweis zu Satz 4 beschrieben. Verwende

Matrix(SparseMatrix(...)) und ExtendedGreatestCommonDivisor.

Vergleiche seine Laufzeit mit der von SmithForm.

Aufgabe 6 (§1.1) Sei R ein Hauptidealbereich. Sei x ∈ R ∖ {0} gegeben.

Ein Element y ∈ R heiße prim, falls R/⟨y⟩ ein Integritätsbereich ist.

Eine Nichteinheit y ∈ R heiße irreduzibel, falls sie nicht in ein Produkt zweier Nichteinheiten zerlegt werden kann; cf. Aufgabe 1.(4).

(1) Zeige, daß ein Element in R ∖ {0} genau dann irreduzibel ist, wenn es prim ist.

(2) Zeige, daß es eine Zerlegung x = ex_{1}x_{2} ⋯ x_{n} gibt mit x_{i} ∈ R prim für i ∈ [1, n] und einer Einheit e ∈ R.

(3) Sei x = ex_{1}x_{2} ⋯ x_{n} = ẽx̃_{1}x̃_{2} ⋯ x̃ñ mit x_{i} ∈ R prim für i ∈ [1, n] und x̃_{i} prim für i ∈ [1, ñ], sowie Einheiten e, ẽ ∈ R. Zeige, daß n = ñ und daß es eine Bijektion σ : [1, n] ^{\overline{}^{∼}} [1, ñ] so gibt, daß für alle i ∈ [1, n] eine Einheit f_{i} ∈ R mit x_{i} = x̃_{σ(i)}f_{i} existiert.

Aufgabe 7 (§2.2)

(1) Weise unter Verwendung von Magma durch direkte Rechnung nach, daß die Einheitengruppe des Körpers F_{2^{k}} mit [F_{2^{k}} : F_{2}] = k zyklisch ist für k ∈ [2, 13]. Entscheide jeweils, ob es ein x ∈ F_{2^{k}} mit F_{2^{k}} = F_{2}(x), aber ⟨x⟩ < F_{2^{k}} ∖ {0} gibt.

(2) Berechne mittels Magma das Produkt aller normierten irreduziblen Polynome in F_{3}[X], deren Grad ein Teiler von 12 ist.

(3) Berechne mittels Magma das Produkt ∏_{ξ∈F_{5^{4}}}(X − ξ).

Aufgabe 8 (§2) Sei p prim. Sei f(X) ∈ F_{p}[X] normiert.

(1) Schreibe ein Magma-Programm, welches f(X) naiv in Faktoren zerlegt, d.h. durch Absuchen aller normierten Polynome von Grad ⩽ deg f.

(2) Setze das Cantor-Zassenhaus-Verfahren aus §2.3 in ein Magma-Programm um, samt vorbereitenden Schritten aus §2.1 und §2.2.

(3) Vergleiche die Laufzeiten der Programme aus (1) und (2) mit dem Magma-Befehl

     Factorisation.

Aufgabe 9 (§2) Gemäß Kronecker ist die Faktorisierung eines Polynoms in Z[X] in irreduzible Faktoren eine in endlich vielen Schritten durchführbare Aufgabe.

Sei f(X) ∈ Z[X] gegeben. Schreibe n := deg f. Wähle z_{i} ∈ Z für i ∈ [1, n + 1] mit f(z_{i}) ≠ 0 und |{ z_{i} : i ∈ [1, n + 1] }| = n + 1. Ist g(X) ∈ Z[X] ein Teiler von f(X), so ist auch g(z_{i}) ein Teiler von f(z_{i}) für i ∈ [1, n + 1]. Betrachte die endliche Menge T := \{ \underline{t} = (t_{i})_{i∈[1,n]} : t_{i} ∈ Z, t_{i} | f(z_{i}) für i ∈ [1, n] \}. Zu \underline{t} ∈ T gibt es genau ein Polynom g\underline{t}(X) ∈ Q[X] mit g\underline{t}(z_{i}) = t_{i} für i ∈ [1, n]. Teste, ob g\underline{t}(X) ein Teiler von f(X) ist. Falls ja, teile und setze mit dem Quotienten fort.

Implementiere diesen (nicht optimalen) Algorithmus in Magma. Dies unter Verwendung der dort eingebauten Faktorisierung in Z (e.g. Divisors), aber nicht der in Z[X].

Aufgabe 10 (§3.1.1) Sei A ein Ring. Sei e ∈ A ein Idempotent.

Zeige, daß der A-Modul Ae genau dann unzerlegbar ist, wenn e primitiv ist.

Aufgabe 11 (§3.1.1) Sei A ein Ring. Seien e, f ∈ A Idempotente.

Zeige, daß

\begin{matrix}Hom_{A}(Ae, Af) & & \overline{} & eAf \\ φ & & \overline{} & φ(e) \\ (be \overline{}beaf) & \overline{} & & eaf \end{matrix}

ein Isomorphismus abelscher Gruppen ist, mit Inverser wie angegeben, wobei a, b ∈ A.

Aufgabe 12 (§3.1.2) Sei K ein Körper. Sei A eine endlichdimensionale K-Algebra.

Zeige, daß in A eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente existiert.

Ist diese eindeutig bestimmt?

Aufgabe 13 (§3.1.2) Sei A eine endlichdimensionale C-Algebra.

Entscheide, ob A halbeinfach ist.

(1) A = C[X]/⟨X^{2}⟩.

(2) A = C[X]/⟨X^{2} + 1⟩.

(3) A = (\begin{matrix}C & C \\ 0 & C \end{matrix}).

Aufgabe 14 (§3.1.2) Sei K ein Körper. Seien A und B endlichdimensionale K-Algebren. Zeige.

(1) Sei n ⩾ 0. Es ist K^{n×n} halbeinfach.

(2) Sind A und B halbeinfach, dann auch A × B.

(3) Ist A halbeinfach und ist f : A \overline{}B ein surjektiver K-Algebrenmorphismus, dann ist auch B halbeinfach.

Aufgabe 15 (§3.1.2) Sei K ein Körper. Sei A eine K-Algebra. Sei M ein A-Modul. Definiere auf End_{A} M die Struktur einer K-Algebra, mit Komposition als Multiplikation und mit zugehörigem Ringmorphismus ψ : K \overline{}End_{A} M, λ \overline{}λ id_{M} . Aufgabe 16 (§3.2.1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei R ≠ 0 ein kommutativer Ring.

(1) Zeige, daß RG ein Ring ist.

(2) Sei K ein Körper. Sei A eine K-Algebra. Zeige, daß für jeden Gruppenmorphismus φ : G \overline{}U(A) genau ein K-Algebrenmorphismus ψ : KG \overline{}A mit ψ|_{G}^{U(A)} = φ existiert.

Aufgabe 17 (§3.2, §3.1.2) Zeige folgende C-Algebrenisomorphismen mittels Magma.

(1) Sei C_{3} := ⟨ c : c^{3} = 1 ⟩. Schreibe ζ = ζ_{3} := exp(2πi/3).

[figure: CC_{3}; C; ×; C; ×; C; c; (1; ,; ζ; ,; ζ^{2})]

(2) Sei S_{3} die symmetrische Gruppe auf 3 Elementen.

[figure: CS_{3}; C; ×; C^{2×2}; ×; C; (1, 2); (1; ,; (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}); ,; −1); (1, 2, 3); (1; ,; (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 1 \end{matrix}); ,; 1)]

(3) Sei S_{4} die symmetrische Gruppe auf 4 Elementen.

[figure: CS_{4}; C; ×; C; ×; C^{3×3}; ×; C^{3×3}; ×; C^{2×2}; (1, 2); (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}−11 & −24 & 2 \\ 5 & 11 & −1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}−5 & 24 \\ −1 & 5 \end{matrix})); (1, 2, 3, 4); (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}26 & 57 & 2 \\ −11 & −24 & −1 \\ −4 & −8 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}−2 & 1 & 0 \\ −3 & 0 & 1 \\ −4 & 0 & 1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}4 & −15 \\ 1 & −4 \end{matrix}))]

(4) Sei D_{10} := ⟨ a, b : a^{5} = 1, b^{2} = 1, (ba)^{2} = 1 ⟩. Sei ϑ ∈ C mit ϑ^{2} + 5ϑ + 5 = 0.

[figure: CD_{10}; C; ×; C; ×; C^{2×2}; ×; C^{2×2}; a; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}1 & 1 \\ ϑ & ϑ+1 \end{matrix} ); ,; ( \begin{matrix}1 & 1 \\ −ϑ−5 & −ϑ−4 \end{matrix} )); b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}))]

Aufgabe 18 (§3.2.1) Zeige, daß ZS_{3} zum Teilring

\{(a, (\begin{matrix}b & c \\ 3d & e \end{matrix}) , f) : a, b, c, d, e, f ∈ Z, a ≡_{2} f, a ≡_{3} b, e ≡_{3} f\} ⊆ Z × Z^{2×2} × Z

isomorph ist. (Hinweis: In Aufgabe 17.(2) Bild betrachten.)

Aufgabe 19 (§3.2.2) Sei K ein Körper. Sei G eine endliche Gruppe. Zeige, daß KG genau dann halbeinfach ist, wenn |G| kein Vielfaches von char K ist.

Aufgabe 20 (§3.2.1) Zeige oder widerlege. Sei G eine endliche Gruppe.

(1) Es ist ZG nullteilerfrei.

(2) Es enthält ZG nur die Idempotente 0 und 1. (Hinweis: Spur von Multiplikation mit e in Basis G und bezüglich ZGe ⊕ ZG(1 − e) vergleichen).

(3) Es enthält CG keine nilpotenten Elemente ungleich 0.

(4) Ist G abelsch, so enthält CG keine nilpotenten Elemente ungleich 0.

(5) Sei p prim. Ist G eine p-Gruppe, so sind alle einfachen F_{p}G-Linksmoduln isomorph.

Aufgabe 21 (§3.3.4, Aufgabe 12) Sei K ein Körper. Sei A eine kommutative endlichdimensionale K-Algebra. Zeige, daß es (bis auf Reihenfolge) genau eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A gibt. (Hinweis: Verwende Aufgabe 12.)

Aufgabe 22 (§3.3) Sei G eine endliche Gruppe. Sei t ⩾ 0 und n_{s} ⩾ 1 für s ∈ [1, t] mit CG ≃ ∏_{i∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}}. Wir schreiben g^{G} := { x^{−1}gx : x ∈ G } für die Konjugationsklasse von g ∈ G.

(1) Zeige, daß Z(CG) ≃ C^{×t} als C-Algebren.

(2) Zeige, daß Z(CG) = _{C}⟨ ∑_{x∈g^{G}} x : g ∈ G ⟩.

(3) Folgere, daß |{ g^{G} : g ∈ G }| = dim_{C} Z(CG) = t.

Aufgabe 23 (§3.3.4) Sei G eine endliche Gruppe. Sei χ ein irreduzibler Charakter von G. Sei g ∈ G ein Element von Ordnung k := |⟨g⟩|.

(1) Schreibe ζ = ζ_{k} := exp(2πi/k). Zeige, daß χ(g) = ∑_{j∈[0, k−1]} x_{j} ζ^{j} für gewisse x_{j} ∈ Z_{⩾0} mit ∑_{j∈[0,k−1]} x_{j} = χ(1).

(2) Zeige, daß χ(g^{−1}) = \overline{χ(g)} (komplexe Konjugation).

(3) Zeige, daß auch G \overline{}C, h \overline{}\overline{χ(h)} ein irreduzibler Charakter von G ist. (Hinweis: Dualraum.)

Aufgabe 24 (§3.3.1)

(1) Bestimme die Charaktertafel von C_{3} .

(2) Bestimme die Charaktertafel von S_{3} .

(3) Bestimme die Charaktertafel von S_{4} .

(4) Bestimme die Charaktertafel von D_{10} .

Vergleiche jeweils mit der von Magma gelieferten Charaktertafel. (Hinweis: Aufgabe 17.)

Aufgabe 25 (§3.3.1) Sei H und G endliche Gruppen. Sei φ : H \overline{}G ein Gruppenmorphismus.

(1) Sei χ ein Charakter von G. Zeige, daß χ ∘ φ ein Charakter von H ist.

(2) Sei φ surjektiv. Sei χ ein irreduzibler Charakter von G. Zeige, daß χ ∘ φ ein irreduzibler Charakter von H ist.

(3) Betrachte den injektiven Gruppenmorphismus φ : S_{3} [figure] S_{4} . Zerlege χ|_{S_{3}} := χ ∘ φ in irreduzible Charaktere für alle irreduziblen Charaktere χ der S_{4} .

(4) Zeige, daß φ : S_{4} \overline{}S_{3} , (1, 2) \overline{}(1, 2), (2, 3) \overline{}(2, 3), (3, 4) \overline{}(1, 2) ein surjektiver Gruppenmorphismus ist. Finde den irreduziblen Charakter χ ∘ φ in der Charaktertafel von S_{4} für alle irreduziblen Charaktere χ von S_{3} .

Aufgabe 26 (§3.3.1) Sei G eine endliche Gruppe.

Gegeben seien CG-Moduln V und W. Dies sind insbesondere C-Vektorräume.

(1) Definiere auf V ⊗_{C} W eine CG-Modulstruktur mit g(v ⊗ w) = gv ⊗ gw für g ∈ G,

v ∈ V und w ∈ W.

(2) Seien χ und ψ Charaktere von G. Zeige, daß auch χ · ψ : G \overline{}C, g \overline{}χ(g) · ψ(g) ein Charakter von G ist. (Hinweis: Tensoriere Moduln zu χ und ψ.)

Aufgabe 27 (§3.3.1) Wir betrachten die Charaktertafel der S_{4} in den Bezeichnungen der Lösung zu Aufgabe 24.(3).

(1) Verifiziere Satz 38.(1) für χ_{r} und χ_{s} mit (r, s) ∈ {(4, 4), (4, 5), (5, 5)}.

(2) Schreibe den Charakter χ_{4} · χ_{5} als Linearkombination irreduzibler Charaktere mit Koeffizienten in Z_{⩾0} .

(3) Bestimme das zu χ_{4} gehörige primitive zentrale Idempotent ε_{4} ∈ CS_{4} . (Hinweis: Lemma 37.)

Aufgabe 28 (§3.3.1, §3.1.2) Sei G eine endliche Gruppe.

Sei ω : CG ^{\overline{}^{∼}} C^{n_{1}×n_{1}} × ⋯ × C^{n_{t}×n_{t}} ein Wedderburnisomorphismus, mit Bezeichnungen wie in §3.3.1.

Zeige, daß

ω^{−1}(z^{1} , …, z^{t}) = ∑_{g∈G} (\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr (ω^{s}(g^{−1}) z^{s}))g

wobei z^{s} ∈ C^{n_{s}×n_{s}}.

Aufgabe 29 (§3.4.2) Sei K ein Körper. Sei n ⩾ 1. Sei A ∈ K^{n×n}.

Sei k ⩾ 1. Sei x_{i} ∈ K^{n×1} ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ_{i} ∈ K gegeben für i ∈ [1, k]. Sei hierbei (x_{1} , …, x_{k}) linear unabhängig.

Seien μ_{i} ∈ K ∖ {0} für i ∈ [1, k] so, daß y := ∑_{i∈[1,k]} μ_{i}x_{i} ein Eigenvektor von A ist.

Zeige, daß λ_{i} = λ_{j} für alle i, j ∈ [1, k].

Aufgabe 30 (§3.4.2) Sei p prim. Sei n ⩾ 1. Sei k ⩾ 1. Seien A_{1} , …, A_{k} ∈ F_{p}^{n×n}.

Schreibe eine Magma-Funktion, die eine Matrix mit linear unabhängigem Spaltentupel maximaler Größe ausgibt, deren Spalten aus gemeinsamen Eigenvektoren von A_{i} für i ∈ [1, k] bestehen. (Hinweis: Verwende Eigenvalues(A). Vorsicht, Kernel(A) und VectorSpace(GF(p),n) arbeiten mit Zeilen, es muß mit Transpose(A) geeignet transponiert werden.)

Aufgabe 31 (§3.4.1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei G = ⨆_{s∈[1,t]} g_{s}^{G}.

Sei K_{s} := ∑_{x∈g_{s}^{G}} x für s ∈ [1, t]. Sei K_{r} · K_{s} =: ∑_{a∈[1,t]} γ_{r,s,a} K_{a} für r, s ∈ [1, t], wobei γ_{r,s,a} ∈ Z_{⩾0} ; cf. Aufgabe 22.(2), Bemerkung 43. Sei p eine Primzahl. Sei θ : Z \overline{}F_{p} die Restklassenabbildung. (In der Notation von Bemerkung 46 wäre dies θ|_{Z} .)

Schreibe eine Magma-Funktion, die in Abhängigkeit von G (als Untergruppe einer symmetrischen Gruppe vorliegend) und p das Tupel

((θ(γ_{r,s,a}))_{s,a})_{r}

von Matrizen in F_{p}^{t×t} berechnet, und dieses zusammen mit t, Repräsentanten der Konjugationsklassen und den Konjugationsklassen zurückgibt. (Hinweis: Bemerkung 45, ConjugacyClasses(S)[i].)

Aufgabe 32 (§3.4) Sei n ∈ Z_{⩾1} .

(1) Sei b ∈ nZ. Sei q ein Primteiler von Φ_{n}(b). Zeige, daß q ≡_{n} 1. (Hinweis: Ist r maximal mit b^{n} ≡_{q^{r}} 1, dann ist n die Ordnung von b in Z/q^{r}, aber n und q sind teilerfremd.)

(2) Zeige, daß { p ∈ Z_{>0} : p prim, p ≡_{n} 1 } unendlich ist.

(Hinweis: Annahme, nicht. Sei P das Produkt der endlich vielen. Sei x ∈ Z so, daß Φ_{n}(xP n) > 1. Sei q ein Primteiler von Φ_{n}(xP n). Verwende (1).)

Aufgabe 33 (§3.4) Sei G eine endliche Gruppe.

Sei G = ⨆_{s∈[1,t]} g_{s}^{G}. Sei e := kgV(|⟨g_{1}⟩|, …, |⟨g_{t}⟩|).

Schreibe eine Magma-Funktion, die in Abhängigkeit von G die kleinste Primzahl p mit p > |G| und p ≡_{e} 1 findet, einen Ringmorphismus θ : Z[ζ_{e}] \overline{}F_{p} konstruiert, welcher ζ_{e} auf ein Element der Ordnung e in U(F_{p}) schickt, und welche Z[ζ_{e}], θ, p, e und ζ_{e} zurückgibt. (Hinweis: IsPrime(n), Exponent(G).)

Aufgabe 34 (§3.4.4)

(1) Setze den Dixon-Algorithmus aus §3.4.4 in ein Magma-Programm um, welches zu einer endlichen Gruppe G die Charaktertafel berechnet, sofern eine Primzahl p wie zu Beginn von §3.4 gefunden werden kann. Gib den Exponenten e von G und die Konjugationsklassenrepräsentanten g_{i} mit aus. (Hinweis: Aufgaben 30, 31, 33.)

(2) Vergleiche die Resultate aus Aufgabe 24 mit dem jeweiligen aus (1).

(3) Vergleiche das Resultat von CharacterTable bei S_{6} und A_{6} mit dem jeweiligen aus (1).

Aufgabe 35 (§4.1) Sei R ein Ring. Ein R-Modul M heißt endlich erzeugt, wenn es eine endliche Teilmenge X ⊆ M mit M = _{R}⟨X⟩ gibt.

(1) Sei M ^{\overline{}^{p}} M′′ eine surjektive R-lineare Abbildung zwischen R-Moduln. Seien M′′ und Kern p endlich erzeugt. Zeige, daß M endlich erzeugt ist.

(2) Sei R ein Hauptidealbereich. Sei N ein endlich erzeugter R-Modul. Sei M ⊆ N ein Teilmodul. Zeige, daß M ein endlich erzeugter R-Modul ist.

Aufgabe 36 (§4.1) Ist R ein Hauptidealbereich? (Hinweise: f : R ∖ \{0\} \overline{}Z_{⩾0} so, daß r = sq + p mit f(p) ∈ [0, f(s) − 1]. Indizes von Idealen betrachten.)

(1) R = Z[i].

(2) R = Z[\sqrt{−5}] = Z[i\sqrt{5}].

(3) R = Z[ζ_{3}].

Aufgabe 37 (§3.3.1,§4.1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei ω : CG ^{\overline{}^{∼}} C^{n_{1}×n_{1}} × ⋯ × C^{n_{t}×n_{t}} ein Wedderburnisomorphismus; cf. §3.3.1. Wir verwenden die Bezeichnungen von §3.4. Zeige, daß n_{s} ein Teiler von |G| ist für s ∈ [1, t]. (Hinweis: Bemerkung 45, Aufgabe 23.(1), Satz 38.(1).)

Aufgabe 38 (§4.1)

(1) Sei R ein Hauptidealbereich. Sei Q = frac R sein Quotientenkörper.

Sei f(X) ∈ R[X] ∖ {0}. Sei f(X) = u(X) · v(X) mit u(X), v(X) ∈ Q[X]. Zeige, daß es ein q ∈ Q ∖ {0} gibt mit q · u(X) ∈ R[X] und q^{−1} · v(X) ∈ R[X].

(2) Sei K|Q eine endliche Erweiterung. Sei α ∈ K. Zeige, daß genau dann α ∈ O_{K} ist, wenn μ_{α,Q}(X) ∈ Z[X]. (Hinweis: R = Z.)

Aufgabe 39 (§4.1, Aufgabe 38) Sei d ∈ Z ∖ {0, 1} quadratfrei, i.e. nicht durch das Quadrat einer Primzahl teilbar. Bestimme O_{Q(\sqrt{d})} . (Hinweis: Aufgabe 38.(2).) Gib ein solches d an mit O_{Q(\sqrt{d})} kein Hauptidealbereich. Gib ein solches d an mit O_{Q(\sqrt{d})} ≠ Z[\sqrt{d}].

Aufgabe 40 (§4.3, Aufgabe 38) Sei K|Q eine endliche Erweiterung. Sei α ∈ K. Sei μ_{α,Q}(X) = X^{m} + ∑_{i∈[0,m−1]} a_{i}X^{i} mit m ⩾ 1 und a_{i} ∈ Q für i ∈ [1, m − 1].

(1) Zeige, daß Tr_{K|Q}(α) = −[K : Q(α)] · a_{m−1} .

(2) Folgere, daß Tr_{K|Q}(O_{K}) ⊆ Z. (Hinweis: Aufgabe 38.(2).)

Aufgabe 41 (§4.2) Sei G ein Z-Gitter in K. Zeige.

(1) Es ist Δ(G^{#}) = Δ(G)^{−1}.

(2) Ist G ein Z-Gitter in K mit G ⊆ G^{#}, dann ist |Δ(G)| = |G^{#}/G| und Δ(G)·G^{#} ⊆ G.

Aufgabe 42 (§4.2, Aufgabe 39) Sei d ∈ Z ∖ {0, 1} quadratfrei, i.e. nicht durch das Quadrat einer Primzahl teilbar. Schreibe K := Q(\sqrt{d}). Gib eine Z-lineare Basis von O_{K} und eine dazu bezüglich der Spurbilinearform duale Basis an. Bestimme die Diskriminante Δ_{K} . (Hinweis: Aufgabe 39.)

Aufgabe 43 (Aufgabe 44) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung. Sei n := [K : Q]. Sei G ⊆ K ein Z-Gitter. Sei G = _{Z}⟨ β_{1} , …, β_{m} ⟩ für ein m ⩾ n und β_{i} ∈ G für i ∈ [1, m]. Schreibe ein Magma-Programm zbasis, das eine Z-lineare Basis von G berechnet; cf. Beweis zu Bemerkung 65.

Verwende dazu ElementToSequence.

Aufgabe 44 (§4.5.1) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung. Sei n := [K : Q]. Sei R ⊆ K eine Z-Ordnung. Sei eine Z-lineare Basis (β_{1} , …, β_{n}) von R bekannt. Schreibe ein Magma-Programm, das eine Z-lineare Basis von Jac_{p}(R) berechnet. Cf. Algorithmus 73. Verwende dazu BasisMatrix und Kernel, sowie zbasis aus Aufgabe 43.

Aufgabe 45 (§4.2, §4.3) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung.

(1) Seien G und H zwei Z-Gitter in K mit G ⊆ H. Zeige, daß |H/G| = |G^{#}/H^{#}|.

(2) Sei R eine Z-Ordnung in K. Sei Δ(R) quadratfrei, i.e. nicht durch das Quadrat einer Primzahl teilbar. Zeige, daß R = O_{K} .

(3) Sei α ∈ C eine Nullstelle des irreduziblen Polynoms X^{3} + X + 1 ∈ Q[X]. Sei K := Q(α). Zeige, daß O_{K} = Z[α].

Aufgabe 46 (§4.2) Sei K|Q eine endliche Erweiterung.

Seien G und H zwei Z-Gitter in K. Zeige.

(1) Es ist G ∩ H ein Z-Gitter in K.

(2) Es ist G + H = { g + h : g ∈ G, h ∈ H } ein Z-Gitter in K.

(3) Es ist (G + H)^{#} = G^{#} ∩ H^{#} und (G ∩ H)^{#} = G^{#} + H^{#}.

Aufgabe 47 (§4.4, §4.5.2) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung. Sei n := [K : Q].

Sei G ⊆ K ein Z-Gitter. Sei eine Z-lineare Basis (α_{1} , …, α_{n}) von G bekannt.

(1) Schreibe ein Magma-Programm, das die Diskriminante Δ(G) berechnet. Verwende

     dazu NumberField (für Testdaten), Trace, Determinant.

(2) Schreibe ein Magma-Programm, das von der Z-Ordnung Stab(G) in K eine Z-lineare Basis berechnet; cf. Algorithmus 76. Verwende dazu SmithForm.

Aufgabe 48 (§4.5.4)

(1) Schreibe ein Magma-Programm, das ausgehend von einer endlichen Erweiterung K|Q die Z-Maximalordnung O_{K} berechnet; cf. Algorithmus 82. (Hinweis: Aufgaben 44, 47.)

(2) Finde experimentell ein normiertes Polynom f(X) ∈ Z[X] von Grad 3 mit Koeffizienten von Betrag ⩽ 30 so, daß für α ∈ C mit f(α) = 0 der Algorithmus aus (1) angewandt auf Q(α) im Verlauf seiner Ausführung möglichst oft die Ordnung vergrößert. Selbe Frage für möglichst viele verschiedene Primfaktoren in |O_{Q(α)}/Z[α]|.

Aufgabe 49 (§4.6.1.1) Sei p ∈ Z_{>0} prim. Sei m ⩾ 1.

Schreibe ζ := ζ_{p^{m}}. Schreibe q := p^{m−1}.

(1) Zeige, daß |Z[ζ]/_{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩| = p^{m}.

(2) Zeige, daß |Δ(Z[ζ])| = p^{q(mp−m−1)}.

(Hinweis: Berechne |Z[ζ]^{#}/_{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩| und verwende (1) und Bemerkung 83.)

Aufgabe 50 (§4.6.2) Seien E|K|Q endliche Erweiterungen.

Zeige, daß Tr_{E|K}(O_{E}) ⊆ O_{K} .

(Hinweis: Verwende Galoistheorie, nicht die Methoden von Aufgaben 38 und 40.)

Aufgabe 51 (§4.5.3, §4.6.1.2) Sei α ∈ C algebraisch über Q. Sei p ∈ Z_{>0} prim. Für ein Polynom f(X) ∈ Z[X] schreiben wir f̄(X) ∈ F_{p}[X] für seine Restklasse. Sei k ⩾ 1, e_{i} ⩾ 1 und f_{i}(X) ∈ Z[X] normiert für i ∈ [1, k] so, daß

μ̄_{α,Q}(X) = f̄_{1}(X)^{e_{1}} ⋯ f̄_{k}(X)^{e_{k}}

ist mit f̄_{i}(X) irreduzibel für i ∈ [1, k]. Schreibe g(X) := f_{1}(X) ⋯ f_{k}(X) und h(X) := f_{1}(X)^{e_{1}−1} ⋯ f_{k}(X)^{e_{k}−1}. Es ist g(X) h(X) = μ_{α,Q}(X) + p a(X) für ein a(X) ∈ Z[X]. Sei vorausgesetzt, daß f̄_{i}(X) kein Teiler von ā(X) ist für i ∈ [1, k] mit e_{i} ⩾ 2.

(1) Zeige, daß Jac_{p}(Z[α]) = _{Z[α]}⟨ p, g(α)⟩ ⊆ Z[α].

(Hinweis: Urbilder nilpotenter Elemente.)

(2) Zeige, daß p kein Teiler von |O_{Q(α)}/Z[α]| ist. (Hinweis: Satz 79.(2).)

(3) Verwende (2), um in Magma ein hinreichendes Kriterium dafür zu implementieren, daß Z[α] bereits eine Z-Maximalordnung ist. Verwende Factorisation. (Hinweis: Aufgabe 47.(1) für benötigte Primzahlen.)

(4) Zeige durch eine Anwendung von (2) auf α := ζ_{p^{m}} − 1 für p prim und m ⩾ 1 erneut, daß Z[ζ_{p^{m}}] = O_{Q(ζ_{p^{m}})} . Verwende hierzu die Diskriminante aus Lemma 84. Verwende ferner, daß μ_{α,Q}(X) ≡_{p} X^{p^{m−1}(p−1)} gemäß Beweis zu Bemerkung 85.

A.2 Lösungen

Aufgabe 1

(1) Die Aussage ist richtig. Sei ⟨0⟩ ≠ I ⊆ R[X] ein Ideal. Wir wollen zeigen, daß I von einem Element

erzeugt wird. Sei f(X) ein Element minimalen Grades von I ∖ {0}. Wir wollen zeigen, daß I =^{!}

⟨f(X)⟩. Zu zeigen ist hiervon nur I ⊆^{!} ⟨f(X)⟩. Sei g(X) ∈ I. Dank Polynomdivision können wir a(X), b(X) ∈ R[X] so finden, daß g(X) = f(X)a(X) + b(X) und daß b(X) = 0 oder (b(X) ≠ 0 und deg b < deg f). Angenommen, es ist b(X) ≠ 0. Dann ist b(X) = g(X) − f(X)a(X) ∈ I ∖ {0}. Da deg b < deg f ist, ist das aber ein Widerspruch zur Wahl von f(X). Also ist b(X) = 0. Es folgt g(X) = f(X)a(X) ∈ I.

(2) Die Aussage ist falsch. Wir wollen dazu zeigen, daß Z[X] kein Hauptidealbereich ist. Hierzu wiederum wollen wir zeigen, daß ⟨2, X⟩ nicht von einem Element erzeugt ist. Sei angenommen, es ist ⟨2, X⟩ = ⟨f(X)⟩ für ein f(X) ∈ Z[X]. Dann ist 2 ein Vielfaches von f(X). Somit ist deg f = 0. Ferner ist X ein Vielfaches von f. Somit ist der Leitkoeffizient von f(X) in {−1, +1}. Zusammengenommen ist f(X) in {−1, +1}, und also ⟨2, X⟩ = ⟨f(X)⟩ = Z[X]. Insbesondere gibt es u(X), v(X) ∈ Z[X] mit u(X) · 2 + v(X) · X = 1. Einsetzen von 0 liefert u(0) · 2 + v(0) · 0 = 1 in Z. Somit ist 1 in Z ein Vielfaches von 2, und wir haben einen Widerspruch.

(3) Die Aussage ist falsch. Wir wollen dazu zeigen, daß Z/⟨4⟩ kein Hauptidealbereich ist. In der Tat ist dieser Ring wegen 2 + ⟨4⟩ ≠ 0, aber (2 + ⟨4⟩)^{2} = 0 nicht nullteilerfrei.

(4) Die Aussage ist richtig. Sei x ∈ R eine nicht in ein Produkt von Nichteinheiten zerlegbare Nichteinheit. Man nennt ein solches x auch irreduzibel. Wir wollen zeigen, daß R/⟨x⟩ ein Körper ist, i.e. daß ⟨x⟩ ⊂ R ein maximales Ideal ist. Annahme, nicht. Dann gibt es ein Ideal I in R mit ⟨x⟩ ⊂ I ⊂ R. Da R ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein y ∈ R mit I = ⟨y⟩. Da ⟨y⟩ ⊂ R, ist y eine Nichteinheit. Da ⟨x⟩ ⊆ ⟨y⟩, gibt es ein z ∈ R mit x = yz. Da ⟨x⟩ ≠ ⟨y⟩, ist z eine Nichteinheit. Wir haben einen Widerspruch.

Insbesondere ist R/⟨x⟩ für irreduzibles x ∈ R ein Integritätsbereich, i.e. x ist prim.

Aufgabe 2

(1) Nach Satz 4 gibt es ein S ∈ SL_{n}(R) und ein T ∈ SL_{1}(R) = {(^{1})} mit Sx = SxT =: y in

Elementarteilerform. Also ist y = ( d_{1} ; 0 ; ⋮ ; 0 ) für ein d_{1} ∈ R. Da x = S^{−1}y, ist x das d_{1}-fache der

ersten Zeile von S^{−1}. Da ⟨x_{1} , …, x_{n}⟩ = R, ist d_{1} eine Einheit. Es ist

A := S^{−1} diag(d_{1} , d_{1}^{−1}, 1, …, 1) ∈ SL_{n}(R)

und hat x als erste Spalte.

(2) Magma gibt via

Z := Integers();
M := RMatrixSpace(Z,4,1);
x := M!Matrix([[2],[3],[4],[5]]);
y,S,T := SmithForm(x);
print S^(-1)*DiagonalMatrix([y[1,1],y[1,1]^(-1),1,1]); // y[1,1] ist zufaellig gleich 1

die Matrix

A := (\begin{matrix}2 & −1 & 1 & −1 \\ 3 & −1 & 2 & −1 \\ 4 & −2 & 3 & −1 \\ 5 & −2 & 3 & −1 \end{matrix}) ∈ SL_{4}(Z) .

Frei Auge kann man die Matrix

A := (\begin{matrix}2 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & 1 & 0 \\ 5 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∈ SL_{4}(Z)

erkennen.

Aufgabe 3

(1) Das Verfahren gibt folgende Umformungsschritte. Wir lassen hierbei wirkungslose Umformungsschritte weg und fassen ab und an mehrere Schritte zusammen.

\begin{aligned}& (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) & ⇝ & (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 3 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) & ⇝ & (\begin{matrix}1 & −3 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) & ⇝ & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) \\ ⇝ & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 4 & 4 \end{matrix}) & ⇝ & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 8 \\ 0 & 0 & 12 \end{matrix}) & ⇝ & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 12 \end{matrix}) \end{aligned}

Dies gibt auch

S := (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 3 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ −3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ 3 & −2 & 2 \\ 6 & −4 & 3 \end{matrix})

und

T := (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 3 & −12 \\ 1 & 4 & −16 \\ 0 & 1 & −3 \end{matrix}) .

Magma hingegen liefert mit

Z := Integers();
M := RMatrixSpace(Z,3,3);
A := M!Matrix([[2,0,0],[0,3,0],[0,0,4]]);
D,S,T := SmithForm(A);
print D,S,T;

die Elementarteilerform (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 12 \end{matrix}), aber mittels S = (\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ −3 & 2 & −1 \\ 6 & −4 & 3 \end{matrix}) und T = (\begin{matrix}1 & −3 & −6 \\ 1 & −2 & −4 \\ 0 & 1 & 3 \end{matrix}).

(2) Das Verfahren gibt folgende Umformungsschritte. Wir lassen hierbei wirkungslose Umformungsschritte weg und fassen ab und an mehrere Schritte zusammen.

(\begin{matrix}2 & 2 & 3 & 5 \\ 4 & 8 & 5 & 5 \\ 4 & 4 & 1 & 1 \\ −2 & 6 & 6 & 4 \end{matrix})  ⇝ (\begin{matrix}2 & 2 & 3 & 5 \\ 0 & 4 & −1 & −5 \\ 0 & 0 & −5 & −9 \\ 0 & 8 & 9 & 9 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}2 & 0 & 3 & 5 \\ 0 & 4 & −1 & −5 \\ 0 & 0 & −5 & −9 \\ 0 & 8 & 9 & 9 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 5 \\ −1 & 4 & −2 & −5 \\ −5 & 0 & −10 & −9 \\ 9 & 8 & 18 & 9 \end{matrix})

⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 4 & −2 & 0 \\ −5 & 0 & −10 & 16 \\ 9 & 8 & 18 & −36 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & −10 & 16 \\ 0 & 8 & 18 & −36 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & −10 & 16 \\ 0 & 0 & 22 & −36 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & 0 \\ 0 & 10 & 0 & 16 \\ 0 & −22 & 0 & −36 \end{matrix})

⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & −20 & 16 \\ 0 & 0 & 44 & −36 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −20 & 16 \\ 0 & 0 & 44 & −36 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix}) .

Dies gibt auch

S = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \\ −4 & 9 & −9 & −4 \\ −3 & 10 & −11 & −5 \end{matrix}) , T = (\begin{matrix}−1 & 3 & −7 & 5 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −2 & 4 & −5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

Magma liefert ebenfalls die Elementarteilerform (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix}), aber mittels

S = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}) , T = (\begin{matrix}1 & 2 & 8 & 3 \\ −1 & −2 & −9 & −4 \\ 2 & 5 & 19 & 9 \\ −1 & −3 & −11 & −5 \end{matrix}) .

Aufgabe 4

Wir rechnen.

// test data
A  := RMatrixSpace(Integers(),3,4)!Matrix([[3,2,3,3],[2,4,4,4],[3,4,4,5]]);
A2 := RMatrixSpace(Integers(),5,5)!DiagonalMatrix([3,4,6,8,12]);
// function
ElementaryDivisorsViaMinors := function(A)
 m := NumberOfRows(A);
 n := NumberOfColumns(A);
 k := Rank(A);
 d := [0 : i in [0..k]];
 for l in [0..k] do
  MM := RMatrixSpace(Integers(),l,l);
  for I in Subsets({1..m},l) do
   for J in Subsets({1..n},l) do
    AA := MM![A[i,j] : j in J, i in I];
    d[l+1] := Gcd(d[l+1],Determinant(AA));
   end for;
  end for;
 end for;
 return [d[i+2]/d[i+1] : i in [0..k-1]];
end function;
// shorter, equivalent solution
ElementaryDivisorsViaMinors := function(A)
 m := NumberOfRows(A);
 n := NumberOfColumns(A);
 k := Rank(A);
 d := [Gcd([Determinant(RMatrixSpace(Integers(),l,l)![A[i,j] : j in J, i in I])
       : I in Subsets({1..m},l), J in Subsets({1..n},l)]) : l in [0..k]];
 return [d[i+2]/d[i+1] : i in [0..k-1]];
end function;
// test
ElementaryDivisorsViaMinors(A);
ElementaryDivisorsViaMinors(A2);
// test for time consumption
A3 := RMatrixSpace(Integers(),13,11)![Random({-5..5}) : i in [1..11*13]];
time ElementaryDivisorsViaMinors(A3);
time SmithForm(A3);

Im vorliegenden Fall brauchte das Minorenverfahren auf meinem Rechner ca. 100 Sekunden.

Die von SmithForm benötigte Zeit lag immer noch unter der Meßbarkeitsschwelle.

Was passiert in der Funktion für ℓ = 0 ?

Aufgabe 5

Wir können etwa wie folgt vorgehen.

// test data
DD := DiagonalMatrix([1,2,4,8,16]);
U := Matrix([[0,1,1,1,0],[0,1,0,0,1],[1,1,0,0,1],[1,0,1,0,1],[0,0,1,1,0]]);
A := U * DD * U;
A2 := U * DD * U^-1;
A3 := U^2 * DD * U^3;
A4 := U^2 * DD * U^-3;
// help functions
CleanColumn := function(A,k) // clean first column of region [k,m] x [k,n] as far as possible
 m := NumberOfRows(A);
 S := MatrixRing(Integers(),m)!1;
 for i in [k+1..m] do
  if not ((A[k][k] eq 0) and (A[i][k] eq 0)) then
   if A[k][k] eq 0 then
    g := A[i][k];
    s := 0;
    t := 1;
   elif (A[i][k] mod A[k][k] eq 0) then
    g := A[k][k];
    s := 1;
    t := 0;
   else
    g,s,t := ExtendedGreatestCommonDivisor(A[k][k],A[i][k]);
   end if;
   apkk := Integers()!(A[k][k]/g);
   apik := Integers()!(A[i][k]/g);
   M := Matrix(SparseMatrix(m,m,[<k,k,s-1>,<k,i,t>,<i,k,-apik>,<i,i,apkk-1>]))
        + MatrixRing(Integers(),m)!1;
   S := M * S;
   A := M * A;
  end if;
 end for;
 return A,S;
end function;
CleanRow := function(A,k) // clean first row of region [k,m] x [k,n] as far as possible
 B,T := CleanColumn(Transpose(A),k);
 return Transpose(B), Transpose(T);
end function;
// function
Smith := function(A)
 m := NumberOfRows(A);

n := NumberOfColumns(A);
min := Minimum(m,n);
S := MatrixRing(Integers(),m)!1;
T := MatrixRing(Integers(),n)!1;
for k in [1..min] do
divides := false;
for j in [k+1..n+1] do
clean := false;
if not divides then
while not clean do
A,M := CleanColumn(A,k);
S := M * S;
A,M := CleanRow(A,k);
T := T * M;
clean := ((k eq m) or IsZero(SubmatrixRange(A,k+1,k,m,k))) and
         ((k eq n) or IsZero(SubmatrixRange(A,k,k+1,k,n)));
end while;
end if;
if j le n then
divides := true;
for l in [k+1..m] do
if A[k][k] eq 0 then
 if A[l][j] ne 0 then
  divides := false;
  break l;
 end if;
else
 if not A[l][j] mod A[k][k] eq 0 then
  divides := false;
  break l;
 end if;
end if;
end for;
if not divides then
M := Matrix(SparseMatrix(n,n,[<j,k,1>])) + MatrixRing(Integers(),n)!1;
A := A * M;
T := T * M;
end if;
end if;
end for;
end for;
return A,S,T;
end function;
// test
time D,S,T := Smith(A);
print S*A*T;
print Determinant(S), Determinant(T);
time D,S,T := Smith(A2);
print S*A2*T;
print Determinant(S), Determinant(T);

time D,S,T := Smith(A3);
print S*A3*T;
print Determinant(S), Determinant(T);
time D,S,T := Smith(A4);
print S*A4*T;
print Determinant(S), Determinant(T);
for i in [1..10] do
 m := 4; n := 6; b := 5; A5 := RMatrixSpace(Integers(),m,n)![Random([-b..b]) : i in [1..m*n]];
 time D,S,T := Smith(A5);
 print D;
 if not IsZero(D - S*A5*T) or not Determinant(S) eq 1 or not Determinant(T) eq 1 then
  print "Alarm!";
  break i;
 end if;
end for;
for i in [1..1000] do
 m := 24; n := 22; b := 5; A5 := (RMatrixSpace(Integers(),m,n)![Random([-b..b]) : i in [1..m*n]])
                                * DiagonalMatrix([Random([-b..b]) : i in [1..n]]);
 print "eigenes:";
 time D,S,T := Smith(A5);
 //print D;
 if not IsZero(D - S*A5*T) then
 //if not IsZero(D - S*A5*T) or not Determinant(S) eq 1 or not Determinant(T) eq 1 then
  print "Alarm!";
  break i;
 end if;
 print "Magma:";
 time D,S,T := SmithForm(A5);
end for;

Der letztgenannte Test lieferte Beispiele, die mit dem eigenen Programm Smith zwischen 0,03 und 3282 Sekunden benötigen.

Magmas Programm SmithForm benötigte für dieselben Matrizen zwischen 0,00 und 0,25 Sekunden.

Die Maxima in diesem Versuch wurden an verschiedenen Beispielen angenommen.

Aufgabe 6

(1) Sei y ∈ R ∖ {0} prim. Wir wollen zeigen, daß y irreduzibel ist. Annahme, nicht. Zunächst ist y eine Nichteinheit, da R/⟨y⟩ als Integritätsbereich ungleich {0} ist. Sei y = uv mit Nichteinheiten u, v ∈ R. Da y ≠ 0, sind auch u, v ≠ 0. Dann ist uv ≡_{y} 0, und also o.E. u ≡_{y} 0, da R/⟨y⟩ ein Integritätsbereich ist. Somit ist u = yw für ein w ∈ R. Aus u = yw = uvw folgt 1 = vw, im Widerspruch zu v Nichteinheit. Sei umgekehrt y ∈ R ∖ {0} irreduzibel. Nach Aufgabe 1.(4) ist R/⟨y⟩ ein Körper, insbesondere also ein Integritätsbereich.

(2) Wir bemerken zunächst, daß jede nichtleere Menge M von Idealen von R ein maximales Element enthält (i.e. daß R noethersch ist). Annahme, nicht. Dann gibt es I_{i} ∈ M für i ∈ Z_{⩾1} mit I_{i} ⊂ I_{i+1} stets; angefangen mit I_{1} ∈ M beliebig, und unter Verwendung dessen, daß {I_{i} : i ∈ [1, j]} kein maximales Element von M enthält für j ⩾ 1. Sei I := ⋃_{i⩾1} I_{i}. Schreibe I = ⟨y⟩ für ein y ∈ R. Es gibt ein j ⩾ 1 mit y ∈ I_{j} . Also ist I = ⟨y⟩ ⊆ I_{j} ⊂ I_{j+1} ⊆ I, was ein Widerspruch ist. Zurück zur Aufgabe. Nach (1) genügt es, eine Zerlegung x = ex_{1}x_{2} ⋯ x_{n} zu finden mit x_{i} ∈ R irreduzibel für i ∈ [1, n] und mit einer Einheit e; kurz, eine Zerlegung in irreduzible Elemente. Sei M die Menge der Ideale ≠ {0} von R, für welche der Erzeuger keine Zerlegung in irreduzible Elemente zuläßt. Wir müssen zeigen, daß M = ∅. Annahme, nicht. Dann hat M ein maximales Element ⟨y⟩, wobei y ∈ R. Insbesondere kann y weder irreduzibel noch eine Einheit sein. Also gibt es Nichteinheiten u, v ∈ R mit y = uv. Nun ist ⟨y⟩ ⊂ ⟨u⟩, da v keine Einheit ist, und also hat u eine Zerlegung in irreduzible Elemente. Genauso hat v eine Zerlegung in irreduzible Elemente. Folglich hat auch y = uv eine Zerlegung in irreduzible Elemente. Dies widerspricht aber der Wahl von y.

(3) O.E. ist n ⩽ ñ. Wir führen eine Induktion über n. Induktionsanfang. Ist n = 0, so ist x eine Einheit. Wäre ñ ⩾ 1, so wäre x̃_{i} eine Einheit und prim, was nicht geht, da der Nullring kein Integritätsbereich ist. Also ist ñ = 0. Die gefragte Bijektion ist σ : ∅ ^{\overline{}^{∼}} ∅. Induktionsschritt. Sei n ⩾ 1. Es ist

x = ex_{1}x_{2} ⋯ x_{n} = ẽx̃_{1}x̃_{2} ⋯ x̃ñ

wie angegeben. Nach (1) ist x_{1} prim. Da 0 ≡_{x_{1}} ẽx̃_{1}x̃_{2} ⋯ x̃ñ und da ẽ auch modulo x_{1} noch eine Einheit ist, gibt es ein j ∈ [1, ñ] mit x̃_{j} ≡_{x_{1}} 0. O.E. ist j = 1. Also ist x̃_{1} = x_{1}f_{1} für ein f_{1} ∈ R. Da x̃_{1} nach (1) irreduzibel und x_{1} eine Nichteinheit ist, folgt, daß f_{1} eine Einheit ist. Kürzen von x_{1} gibt

x = ex_{2} ⋯ x_{n} = (ẽf_{1})x̃_{2} ⋯ x̃ñ .

Nach Induktionsvoraussetzung ist n = ñ, und es gibt eine Bijektion ρ : [2, n] ^{\overline{}^{∼}} [2, ñ] so, daß für alle i ∈ [2, n] eine Einheit f_{i} ∈ R mit x_{i} = x̃_{ρ(i)}f_{i} existiert. Setzen wir σ(1) := 1 und σ(i) := ρ(i) für i ∈ [2, n], so ergibt sich die gewünschte Aussage.

Aufgabe 7

(1) Wir rechnen.

P<X> := PolynomialRing(GF(2));
for k in [13..13] do
 F<a> := GF(2^k);
 for t in F do
  mu := MinimalPolynomial(t);
  if Degree(mu) eq k then
   print t, "generates the field extension GF(2^",k,")|GF(2)";
   if #{t^i : i in [0..2^k-2]} eq 2^k - 1 then
    print t, "generates the group GF(2^",k,")-{0}";
   else
    print t, "does not generate the group GF(2^",k,")-{0}";
    break t;
   end if;
  end if;
 end for;
end for;

Es gibt also für alle k ∈ [2, 8] je ein Element in F_{2^{k}} ∖ {0}, welches sowohl die Körpererweiterung als auch die multiplikative Gruppe erzeugt. Ferner gibt es für k ∈ {4, 6, 8, 9, 10, 11, 12} je ein Element in F_{2^{k}} ∖ {0}, welches zwar die Körpererweiterung, nicht aber die multiplikative Gruppe erzeugt. Für k ∈ {2, 3, 5, 7, 13} gibt es das nicht.

(2) Wir rechnen.

p := 3;
P<X> := PolynomialRing(GF(p));
prod := P!1;
for i in [1..12] do
 if 12 mod i eq 0 then
  l := [];
  for j in [0..i-1] do
   Append(~l,GF(p));
  end for;
  M := CartesianProduct(l);
  for tup in M do
   g := P!([tup[j] : j in [1..i]] cat [1]);
   if IsIrreducible(g) then
    prod *:= g;
   end if;
  end for;
 end if;
end for;
print "product =", prod;

Wir erhalten nach einiger Rechenzeit als Produkt X^{531441} − X = X^{3^{12}} − X. Cf. Lemma 10.

(3) Wir rechnen.

p := 5;
m := 4;
F<a> := GF(p^m);
P<X> := PolynomialRing(GF(p));
print "minimal polynomial = ", MinimalPolynomial(a); // out of interest
PP<X> := PolynomialRing(GF(p^m));
print "product =", &*[ X - xi : xi in F];

Wir erhalten als Produkt X^{625} − X = X^{5^{4}} − X. Cf. Beweis zu Lemma 10.

Aufgabe 8

(1) Wir rechnen.

// test data
p := 2;
F := GF(p);
P<X> := PolynomialRing(F);
if p eq 3 then f := (X^3-X-1)^9*(X^2 + 1)^16*(X+1)^12*X^7*(X^2+X-1)^15*
(X^2 - X - 1)^13*(X^5-X^3+X^2+X-1)^6; end if; // example for p = 3
if p eq 2 then f := (X^3+X+1)^9*(X^2+X+1)^16*(X+1)^12*X^7*(X^4+X+1)^15*

(X^4+X^3+1)^13*(X^4+X^3+X^2+X+1)^6; end if; // example for p = 2
if p eq 5 then f := P!([Random(F) : i in [0..10]] cat [1]);
end if; // random example for p = 5
// function
DecomposeNaively := function(f,p)
 F := GF(p);
 P<X> := PolynomialRing(F);
 irreduciblefactors := [];
 while Degree(f) gt 1 do
  for i in [1..Degree(f)] do
   l := [];
   for j in [0..i-1] do
    Append(~l,GF(p));
   end for;
   M := CartesianProduct(l);
   for tup in M do
    g := P!([tup[j] : j in [1..i]] cat [1]);
    if f mod g eq 0 then
     break i;
    end if;
   end for;
  end for;
  Append(~irreduciblefactors,g);
  f div:= g;
 end while;
 return irreduciblefactors;
end function;
// test
time irreduciblefactors := DecomposeNaively(f,p);
[Factorisation(g) : g in irreduciblefactors];
prod := 1; for g in irreduciblefactors do prod *:= g; end for;
print f - prod;

(2) Wir rechnen.

// test data
p := 2;
F := GF(p);
P<X> := PolynomialRing(F);
if p eq 3 then f := ((X^3-X-1)^9*(X^2 + 1)^16*(X+1)^12*X^7*(X^2+X-1)^15*
(X^2 - X - 1)^13*(X^5-X^3+X^2+X-1)^6)^m; end if; // example for p = 3
if p eq 2 then f := ((X^3+X+1)^9*(X^2+X+1)^16*(X+1)^12*X^7*(X^4+X+1)^15*
(X^4+X^3+1)^13*(X^4+X^3+X^2+X+1)^6)^m; end if; // example for p = 2
if p eq 5 then f := P!([Random(F) : i in [0..100]] cat [1]);
end if; // random example for p = 5
// function: Frobenius reduction

FrobeniusReduction := function(g,p) // g : nonzero element of P
F := GF(p);
P<X> := PolynomialRing(F);
coeffs := Coefficients(g);
minval := Valuation(Degree(g),p);
for i in [0..Degree(g)] do
 if coeffs[i+1] ne 0 then
  minval := Minimum(minval,Valuation(i,p));
 end if;
end for;
return &+[coeffs[i*p^minval + 1] * X^i : i in [0..Degree(g)/p^minval]];
end function;
// function: factorisation into squarefree polynomials
SquarefreeFactors := function(f,p)
F := GF(p);
P<X> := PolynomialRing(F);
squarefreefactors := [];
while Degree(f) gt 0 do
 h := f;
 while Degree(h) gt 0 do
  hred := FrobeniusReduction(h,p);
  h := Gcd(hred,Derivative(hred));
  if Degree(h) eq 0 then
   Append(~squarefreefactors,hred);
   f := P!(f/hred);
  end if;
 end while;
end while;
return squarefreefactors;
end function;
// test of SquarefreeFactors
squarefreefactors := SquarefreeFactors(f,p);
[Factorisation(g) : g in squarefreefactors];
print f - &*[g : g in squarefreefactors];
// function: equal degree factorisation
EqualDegreeFactors := function(f,p)
F := GF(p);
P<X> := PolynomialRing(F);
equaldegreefactors := [];
for u in SquarefreeFactors(f,p) do
 i := 0;
 g := u;
 while Degree(g) gt 0 do
  i +:= 1;
  PF := quo<P | g>; // for faster performance: calculate in PF instead of P
  h := Gcd(g,P!((PF!X)^(p^i)-(PF!X)));
  if Degree(h) ne 0 then Append(~equaldegreefactors,<h,i>); end if;

g := P!(g/Gcd(g,P!((PF!X)^(p^i)-(PF!X))));
end while;
end for;
return equaldegreefactors;
end function;
// test of EqualDegreeFactors
equaldegreefactors := EqualDegreeFactors(f,p);
[Factorisation(g[1]) : g in equaldegreefactors];
prod := 1; for g in equaldegreefactors do prod *:= g[1]; end for;
print f - prod;
// function: factorisation into irreducibles
Decompose := function(f,p)
F := GF(p);
P<X> := PolynomialRing(F);
irreduciblefactors := [];
if p ne 2 then
for v in EqualDegreeFactors(f,p) do
g := [v[1]];
alreadydone := [];
while Maximum([Degree(u) : u in g]) gt v[2] do
gnew := [];
hdeg := Random([1..v[2]]);
h :=P!([Random(F) : i in [0..hdeg-1]] cat [1]);
if not h in alreadydone then
for u in g do
PF := quo<P | u>; // for faster performance: calculate in PF instead of P
hf := PF!h;
f1 := Gcd(u,P!hf);
f2 := Gcd(u,P!(hf^(Integers()!((p^v[2]-1)/2)) - 1));
f3 := Gcd(u,P!(hf^(Integers()!((p^v[2]-1)/2)) + 1));
if f1 ne 1 then
 Append(~gnew,f1);
end if;
if f2 ne 1 then
 Append(~gnew,f2);
end if;
if f3 ne 1 then
 Append(~gnew,f3);
end if;
end for;
if #gnew eq #g then
Append(~alreadydone,h);
else
g := gnew;
alreadydone := [];
end if;
end if;
end while;
irreduciblefactors cat:= g;

end for;
else
for v in EqualDegreeFactors(f,p) do
g := [v[1]];
alreadydone := [];
while Maximum([Degree(u) : u in g]) gt v[2] do
gnew := [];
hdeg := Random([1..v[2]]);
h :=P!([Random(F) : i in [0..hdeg-1]] cat [1]);
if not h in alreadydone then
for u in g do
PF := quo<P | u>; // for faster performance: calculate in PF instead of P
hf := PF!h;
hff := &+[hf^(2^i-1) : i in [0..v[2]-1]];
f1 := Gcd(u,P!hf);
f2 := Gcd(u,P!hff);
f3 := Gcd(u,P!(hf*hff + 1));
if f1 ne 1 then
 Append(~gnew,f1);
end if;
if f2 ne 1 then
 Append(~gnew,f2);
end if;
if f3 ne 1 then
 Append(~gnew,f3);
end if;
end for;
if #gnew eq #g then
Append(~alreadydone,h);
else
g := gnew;
alreadydone := [];
end if;
end if;
end while;
irreduciblefactors cat:= g;
end for;
end if;
return irreduciblefactors;
end function;
// test
time irreduciblefactors := Decompose(f,p);
[Factorisation(g) : g in irreduciblefactors];
prod := 1; for g in irreduciblefactors do prod *:= g; end for;
f - prod;

Weitere Verbesserungen können dadurch erzielt werden, die weitere Zerlegung eines wiederholt auftretenden und daher bereits zerlegten Faktors nicht wiederholt durchzuführen.

(3) Wir vergleichen (1) und (2) e.g. folgendermaßen noch mit Factorisation.

F := GF(p);
P<X> := PolynomialRing(F);
f := P!([Random(F) : i in [0..100]] cat [1]); // random example for p = 5
time Factorisation(f,p);

Folgende grobe Messungen fanden auf meinem Rechner statt. Betrachten wir ein zufällig gewähltes normiertes Polynom von Grad 11 in F_{5}[X]. Der Algorithmus aus (1) braucht bis zu 450s, der Algorithmus aus (2) bis zu 0,03s, und Factorisation bis zu 0,01s. Betrachten wir ein zufällig gewähltes normiertes Polynom von Grad 101 in F_{5}[X]. Der Algorithmus aus (1) braucht sehr lange, der Algorithmus aus (2) bis zu 2s, und Factorisation bis zu 0,02s. Betrachten wir ein zufällig gewähltes normiertes Polynom von Grad 1001 in F_{5}[X]. Der Algorithmus aus (2) braucht bis zu 850s, und Factorisation bis zu 0,68s.

Aufgabe 9

// function
Decompose := function(f);
Z := Integers();
Q := Rationals();
P<X> := PolynomialRing(Z);
PP<X> := PolynomialRing(Q);
z := Gcd(Coefficients(P!f));
f := P!(PP!f/z);
factors := [];
while Degree(f) ge 1 do
n := Degree(f);
k := -(n div 2);
support := [];
while #support lt n+1 do
if Evaluate(f,k) ne 0 then
Append(~support,k);
end if;
k +:= 1;
end while;
// the following set T is big
T := CartesianProduct([Divisors(Z!Abs(Evaluate(f,i)))
              cat [-j : j in Divisors(Z!Abs(Evaluate(f,i)))]: i in support]);
prod := &*[ X-i : i in support];
for t in T do
pol := [P!(prod div (X - support[i])) : i in [1..n+1]];
g := &+[PP!(t[i]*pol[i])/Evaluate(pol[i],support[i]) : i in [1..n+1]];
g_is_integral := true;
for x in Coefficients(g) do
if not x in Z then
g_is_integral := false;
break x;
end if;
end for;
if g_is_integral and Degree(g) ge 1 then
if f mod (P!g) eq 0 then

     f_help := f div (P!g);
     if &and[ x in Z : x in Coefficients(g)] then
      f := P!f_help;
      Append(~factors,P!g);
      break t;
     end if;
    end if;
   end if;
  end for;
 end while;
 Append(~factors,P!f);
 if factors[#factors] eq 1 then
  Prune(~factors);
 end if;
 integer_factors := [];
 for x in Factorisation(z) do
  for i in [1..x[2]] do
   Append(~integer_factors,x[1]);
  end for;
 end for;
 factors cat:= integer_factors;
 return factors;
end function;
// test
Z := Integers();
P<X> := PolynomialRing(Z);
Decompose(210*X);
Decompose(130*(X^2 - 1));
Decompose(2*X^2 + 1);
Decompose(-45*(X^4 + X^3 - 1));
Decompose((2*X^2 + 1)*(3*X - 2));
Decompose(24*((2*X^2 + 1)*(2*X^3+X+1)));
Decompose((2*X^2 + 1)*(X^4+X^3+X^2+X+1));
Decompose(-345*(X^7 + X^3 - 1));
Decompose((2*X^2 + 1)^2*(X^4+X^3+X^2+X+1));

Aufgabe 10

Sei Ae unzerlegbar. Es ist Ae ≠ 0, also e ≠ 0.

Sei e = e′ + e′′ mit e^{′2} = e′, e^{′′2} = e′′, e′e′′ = 0 und e′′e′ = 0.

Es genügt zu zeigen, daß Ae =^{!} Ae′ ⊕Ae′′, da dann wegen Ae unzerlegbar folgt, daß Ae′ = 0 oder Ae′′ = 0, also auch e′ = 0 oder e′′ = 0, womit e als primitiv nachgewiesen ist.

Es ist Ae′ ⊆ Ae, da ae′ = ae′(e′ + e′′) = ae′e für a ∈ A. Analog ist Ae′′ ⊆ Ae.

Es ist Ae = Ae′ + Ae′′, da ae = ae′ + ae′′ für a ∈ A.

Bleibt die Direktheit zu zeigen. Seien a′ ∈ Ae′ und a′′ ∈ Ae′′ mit a′ + a′′ = 0 gegeben. Dann ist 0 = (a′ + a′′)e′ = (a′e′ + a′′e′′)e′ = a′e′ = a′ und also auch a′′ = −a′ = 0.

Sei e primitiv. Es ist e ≠ 0, also Ae ≠ 0. Sei Ae = X ⊕ Y für Teilmoduln X, Y ⊆ Ae. Sei π : Ae = X ⊕ Y \overline{}Ae, x + y \overline{}x, wobei x ∈ X und y ∈ Y. Es ist π eine A-lineare Abbildung. Es ist π^{2} = π. Setze e′ := π(e) und e′′ := e − π(e). Es ist ee′ = eπ(e) = π(ee) = π(e) = e′. Es ist e′e = π(e)e = π(e), da π(e) ∈ Ae. Es ist e^{′2} = e′π(e) = π(e′e) = π(e′) = π(π(e)) = π(e) = e′. Es ist e^{′′2} = (e − e′)^{2} = e^{2} − ee′ − e′e + e^{′2} = e − e′ − e′ + e′ = e′′. Es ist e′e′′ = e′(e − e′) = e′ − e′ = 0. Es ist e′′e′ = (e − e′)e′ = e′ − e′ = 0. Da e primitiv ist, folgt e′ = 0 oder e′′ = 0. Ist e′ = 0, dann ist π(ae) = aπ(e) = ae′ = 0 für a ∈ A. Somit ist X = π(Ae) = 0, Ist e′′ = 0, dann ist e = e′ und also π(ae) = aπ(e) = ae′ = ae für a ∈ A. Also ist π = id_{Ae}, und somit Y = Kern π = 0. Also ist Ae unzerlegbar.

Aufgabe 11 Beachte, daß für φ ∈ Hom_{A}(Ae, Af) in der Tat φ(e) ∈ Af mit eφ(e) = φ(e) ist, insgesamt also φ(e) ∈ eAf. Die somit wohldefinierte Abbildung Hom_{A}(Ae, Af) \overline{}eAf, φ \overline{}φ(e), ist zudem ein Morphismus abelscher Gruppen. Beachte, daß für a ∈ A die Abbildung Ae \overline{}Af, be \overline{}(be)(eaf) = beaf für b ∈ A, in der Tat A-linear ist. Die somit wohldefinierte Abbildung eAf \overline{}Hom_{A}(Ae, Af), eaf \overline{}(be \overline{}(be)(eaf) = beaf), ist zudem ein Morphismus abelscher Gruppen. Wir wollen zeigen, daß die beiden Abbildungen sich gegenseitig invertieren. Für φ ∈ Hom_{A}(Ae, Af) ist

φ \overline{}φ(e) \overline{}(be \overline{}beφ(e) = φ(bee) = φ(be)) = φ .

Für a ∈ A ist

eaf \overline{}(be \overline{}beaf) \overline{}(be \overline{}beaf)(e) = eaf .

Aufgabe 12 Annahme, es gibt keine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A. Behauptung. Für alle n ∈ Z_{⩾1} gibt es eine orthogonale Zerlegung in Idempotente \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in A mit e_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, n]. Induktion über n ⩾ 1. Induktionsanfang. Es ist (1) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A. Induktionsschritt. Sei \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente in A mit e_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, n]. Es gibt ein k ∈ [1, n] mit e_{k} nicht primitiv. Also gibt es Idempotente e′ ≠ 0 und e′′ ≠ 0 in A mit e_{k} = e′ + e′′ und e′e′′ = e′′e′ = 0.

Da e_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, n] ∖ {k} und da e′ ≠ 0 und e′′ ≠ 0, genügt es zu zeigen, daß

(e_{1} , …, e_{k−1} , e′ , e′′ , e_{k+1} , …, e_{n})

eine orthogonale Zerlegung in Idempotente ist. Dieses Tupel besteht aus Idempotenten. Seine Summe ist 1. Es ist e′e′′ = e′′e′ = 0. Es ist e_{i}e_{j} = 0 für i, j ∈ [1, n] ∖ {k}. Es ist e′e_{i} = e′(e′ + e′′)e_{i} = e′e_{k}e_{i} = 0 für i ∈ [1, n] ∖ {k}. Genauso ist auch e_{i}e′ = 0, e′′e_{i} = 0 und e_{i}e′′ = 0 für i ∈ [1, n] ∖ {k}. Dies zeigt die Behauptung. Setze n := 1 + dim_{K} A und wähle eine orthogonale Zerlegung (e_{1} , …, e_{n}) in Idempotente in A. Nach Bemerkung 15 ist A = ⨁_{i∈[1,n]} Ae_{i}. Es ist 0 ≠ e_{i} ∈ Ae_{i} und somit dim_{K} Ae_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, n]. Zusammen ist also

dim_{K} A = ∑_{i∈[1,n]} dim_{K} Ae_{i} ⩾ n ,

und wir haben einen Widerspruch.

Ist K nicht endlich, so stellt das Auffinden einer orthogonalen Zerlegung in primitive Idempotente ein ernsthaftes algorithmisches Problem dar. Das Problem hierbei ist, ein Idempotent e auf Primitivität zu testen und ggf. zu zerlegen. Durch Übergang zu eAe ist hierbei o.E. e = 1. Somit lautet die Aufgabe, in einer endlichdimensionalen K-Algebra A ein Idempotent ∉ {0, 1} zu finden oder als nichtexistent nachzuweisen.

Desweiteren, nein, im allgemeinen gibt es in A mehrere orthogonale Zerlegungen in primitive Idempotente. Sei etwa A = C^{2×2}. Es ist (e_{1} , e_{2}) := ((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})) eine orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente in A. Denn es ist dim_{C} e_{1}Ae_{1} = 1 und dim_{C} e_{2}Ae_{2} = 1. Wäre e_{1} = e′ + e′′ mit Idempotenten e′ ≠ 0 und e′′ ≠ 0 so, daß e′e′′ = e′′e′ = 0, dann wäre

e_{1}Ae_{1} = e′Ae′ ⊕ e′Ae′′ ⊕ e′′Ae′ ⊕ e′′Ae′′ ,

worin der erste und der letzte Summand nicht verschwände, was aus Dimensionsgründen nicht ginge. Also ist e_{1} primitiv. Genauso ist auch e_{2} primitiv. Der Ringautomorphismus A ^{\overline{}^{∼}} A, x \overline{}(\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) x (\begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) gibt, daß auch

f_{1} := (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) e_{1} (\begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 0 \end{matrix})

und

f_{2} := (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) e_{2} (\begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})

eine von orthogonale Zerlegung in primitive Idempotente (f_{1} , f_{2}) bilden. Diese ist von (e_{1} , e_{2}) verschieden.

Aufgabe 13

(1) Es ist A = C[X]/⟨X^{2}⟩ nicht halbeinfach. Denn im A-Modul A gibt es für den Teilmodul N := _{A}⟨X + ⟨X^{2}⟩⟩ ⊆ A keinen weiteren Teilmodul X ⊆ A mit N ⊕ X = A, wie wir nun zeigen wollen. Annahme, es gibt einen Teilmodul X ⊆ A mit A = N ⊕ X. Sei π : A \overline{}A die Projektion auf N. Es ist π eine A-lineare Abbildung, welche 1+⟨X^{2}⟩ auf Xf(X)+⟨X^{2}⟩ schickt für ein f(X) ∈ C[X]. Es ist Xf(X) + ⟨X^{2}⟩ = λX + ⟨X^{2}⟩, wobei λ := f(0) ∈ C. Es ist π|_{N}^{N} = id_{N} . Also ist

0 ≠ X + ⟨X^{2}⟩
= π(X + ⟨X^{2}⟩)
= π((X + ⟨X^{2}⟩) · (1 + ⟨X^{2}⟩))
= (X + ⟨X^{2}⟩) · π(1 + ⟨X^{2}⟩)
= (X + ⟨X^{2}⟩)(λX + ⟨X^{2}⟩)
= λX^{2} + ⟨X^{2}⟩
= 0 ,

und wir haben einen Widerspruch.

(2) Nach dem Chinesischen Restsatz ist

A = C[X]/⟨X^{2} + 1⟩ ≃ C[X]/⟨X + i⟩ × C[X]/⟨X − i⟩ ≃ C × C ,

und also ist A dank der untenstehenden Aufgabe 14 halbeinfach. Ein direkterer Weg geht wie folgt. Wir haben eine orthogonale Zerlegung in Idempotente

(e_{1} , e_{2}) := ((iX + 1)/2 + ⟨X^{2} + 1⟩ , (−iX + 1)/2 + ⟨X^{2} + 1⟩) ,

die man e.g. mit obigem Chinesischen-Restsatz-Isomorphismus als Urbilder von (1, 0) und (0, 1) aus C × C erhält, da dieser f(X) + ⟨X^{2} + 1⟩ ∈ A nach (f(−i), f(i)) ∈ C × C abbildet, so daß man Lagrange-Interpolation verwenden kann. Nun sind e_{1} , e_{2} ≠ 0, und somit dim_{C} Ae_{1} ⩾ 1 und dim_{C} Ae_{2} ⩾ 1. Da dim_{C} A = 2, bleibt nur die Möglichkeit dim_{C} Ae_{1} = 1 und dim_{C} Ae_{2} = 1. Also sind Ae_{1} und Ae_{2} einfache A-Moduln. Es folgt, daß A halbeinfach ist; cf. Bemerkung 15, Lemma 23.

(3) Es ist A = (\begin{matrix}C & C \\ 0 & C \end{matrix}) nicht halbeinfach. Denn der A-Modul M := (\begin{matrix}C \\ C \end{matrix}) hat den Teilmodul N := (\begin{matrix}C \\ 0 \end{matrix}), und wir wollen zeigen, daß es keinen Teilmodul X ⊆ (\begin{matrix}C \\ C \end{matrix}) mit N ⊕X = M geben kann. Annahme, es gibt ein ebensolches X. Dann ist dim_{C} X = dim_{C} M − dim_{C} N = 2 − 1 = 1. Also ist X = _{C}⟨(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})⟩ für gewisse x, y ∈ C, nicht beide null. Die Bedingung N ∩ X = 0 liefert, daß y ≠ 0 ist. Nun ist X ⊆ M ein Teilmodul, also folgt aus (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ X, daß (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix}y \\ 0 \end{matrix}) ∈ X. Insgesamt ist (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}) ≠ (\begin{matrix}y \\ 0 \end{matrix}) ∈ N ∩ X, und wir haben einen Widerspruch.

Aufgabe 14

(1) Für j, k ∈ [1, n] schreiben wir e_{j,k} ∈ K^{n×n} für die Matrix, die an Position (j, k) den Eintrag 1 hat, und ansonsten Nullen. Es ist (e_{1,1} , …, e_{n,n}) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente. Mithin ist

K^{n×n} = ⨁_{i∈[1,n]} K^{n×n}e_{i,i} .

Sei i ∈ [1, n]. Wir behaupten, daß K^{n×n}e_{i,i} ein einfacher K^{n×n}-Modul ist.

Sei 0 ≠ X ⊆ K^{n×n}e_{i,i} ein Teilmodul. Wir haben X =^{!} K^{n×n}e_{i,i} nachzuweisen. Sei

x = ∑_{j∈[1,n]} x_{j}e_{j,i} ∈ X ∖ {0} ,

wobei x_{j} ∈ K für j ∈ [1, n]. Sei ℓ ∈ [1, n] mit x_{ℓ} ≠ 0.
Für k ∈ [1, n] wird

X ∋ x_{ℓ}^{−1}e_{k,ℓ} ∑_{j∈[1,n]} x_{j}e_{j,i} = e_{k,i} .

Also liegt von der K-linearen Basis (e_{1,i} , …, e_{n,i}) von K^{n×n}e_{i,i} jeder Eintrag im Teilraum X. Dies zeigt X = K^{n×n}e_{i,i} und damit die Behauptung. Nach Lemma 23 ist also K^{n×n} halbeinfach.

(2) Ist S ⊆ A ein einfacher A-Teilmodul, so ist S × 0 ⊆ A × B ein einfacher A × B-Teilmodul von A × B, da in der ersten Komponente nur A operiert. Analog in zweiter Komponente. Schreibe A = ⨁_{i∈[1,m]} S_{i}, wobei S_{i} ⊆ A ein einfacher A-Teilmodul ist für i ∈ [1, m] ; cf. Lemma 23. Schreibe B = ⨁_{j∈[1,m]} T_{j} , wobei T_{j} ⊆ B ein einfacher B-Teilmodul ist für j ∈ [1, n] ; cf. Lemma 23. Es ist

A × B = ( ⨁_{i∈[1,m]} S_{i} × 0) ⊕ ( ⨁_{j∈[1,n]} 0 × T_{j}) .

Nach Lemma 23 ist also A × B halbeinfach.

(3) Sei M ein endlichdimensionaler B-Modul. Sei N ⊆ M ein B-Teilmodul. Wir haben einen B-Teilmodul X ⊆ M so zu finden, daß M = N ⊕ X. Es ist M ein A-Modul via a · m := f(a)m für a ∈ A und m ∈ M. Es ist N ⊆ M auch ein A-Teilmodul. Da A halbeinfach ist, gibt es einen A-Teilmodul X ⊆ M mit M = N ⊕ X. Da f : A \overline{}B surjektiv ist, ist X auch ein B-Teilmodul.

Aufgabe 15

Seien f, g ∈ End_{A} M. Definiere f + g ∈ End_{A} M durch (f + g)(m) := f(m) + g(m) für m ∈ M. Ausgestattet mit dieser Addition ist End_{A} M eine abelsche Gruppe, wobei die Nullabbildung, die jedes Element von M auf 0 schickt, das (additiv) neutrale Element darstellt.

Für f, g, h ∈ End_{A} M ist (f + g) ∘ h = f ∘ h + g ∘ h, da ((f + g) ∘ h)(m) = (f + g)(h(m)) = f(h(m)) + g(h(m)) = (f ∘ h + g ∘ h)(m) für m ∈ M, und h ∘ (f + g) = h ∘ f + h ∘ g, da (h ∘ (f + g))(m) = h(f(m) + g(m)) = h(f(m)) + h(g(m)) = (h ∘ f + h ∘ g)(m) für m ∈ M

Ferner ist die Komposition auf End_{A} M assoziativ, und es ist id ∘f = f ∘ id = f für f ∈ End_{A} M.

Ausgestattet mit der Komposition (∘) als Multiplikation wird die abelsche Gruppe End_{A} M also zu einem Ring.

Sei ψ : K \overline{}End_{A} M, λ \overline{}λ id_{M} , wobei λ id_{M} : m \overline{}λm.

Seien λ, μ ∈ K.

Es ist ψ(λ + μ) = (λ + μ) id_{M} = λ id_{M} +μ id_{M} = ψ(λ) + ψ(μ), vorletzteres, da ((λ + μ) id_{M})(m) = (λ + μ)m = λm + μm = (λ id_{M})(m) + (μ id_{M})(m) = (λ id_{M} +μ id_{M})(m) für m ∈ M.

Es ist ψ(1) = 1 id_{M} = id_{M} = 1_{End_{A} M}.

Es ist ψ(λ · μ) = (λ · μ) id_{M} = (λ id_{M}) ∘ (μ id_{M}) = ψ(λ) ∘ ψ(μ), vorletzteres, da ((λ · μ) id_{M})(m) = (λ · μ)m = λμm = (λ id_{M})((μ id_{M})(m)) = ((λ id_{M}) ∘ (μ id_{M}))(m) für m ∈ M.

Also ist ψ ein Ringmorphismus.

Bleibt zu zeigen, daß das Bild von ψ im Zentrum von End_{A} M liegt. Sei f ∈ End_{A} M. Sei λ ∈ K. Es wird ψ(λ) ∘ f = (λ id_{M}) ∘ f = f ∘ (λ id_{M}) = f ∘ ψ(λ), vorletzteres, da ((λ id_{M}) ∘ f)(m) = λf(m) = f(λm) = (f ∘ (λ id_{M}))(m) für m ∈ M.

Also ist End_{A} M = (End_{A} M, ψ) eine K-Algebra.

Aufgabe 16

(1) Nach Konstruktion ist (RG, +) eine abelsche Gruppe, mit 0_{RG} = 0_{R} · 1_{G}.

Seien ∑_{g} r_{g} g, ∑_{g} s_{g} g, ∑_{g} t_{g} g ∈ RG. Neutrales Element der Multiplikation. Sei 1_{RG} := 1_{R} · 1_{G}. Es ist

1_{RG} ·_{∑h} r_{h} h = (∑_{g} ∂_{g,1} g)(_{∑h} r_{h} h)
= ∑_{x}(∑_{gh = x} ∂_{g,1}r_{h})x
= ∑_{x} r_{x} x .

Analog auf der anderen Seite. Assoziativität der Multiplikation. Es ist

((∑_{g} r_{g} g)(∑_{h} s_{h} h))(∑_{k} t_{k} k) = (∑_{x}(∑_{gh = x} r_{g} s_{h})x)(∑_{k} t_{k} k)
= ∑_{y}(∑_{xk = y}(∑_{gh = x} r_{g} s_{h} t_{k}))y
= ∑_{y}(∑_{ghk = y} r_{g} s_{h} t_{k})y ,

genauso mit der anderen Klammerung. Distributivität der Multiplikation und der Addition. Es ist

((∑_{g} r_{g} g) + (∑_{g} s_{g} g))(∑_{h} t_{h} h) = (∑_{g}(r_{g} + s_{g})g)(∑_{h} t_{h} h)
= ∑_{x}(∑_{gh = x}(r_{g} + s_{g})t_{h})x
= ∑_{x}((∑_{gh = x} r_{g} t_{h}) + (∑_{gh = x} s_{g} t_{h}))x
= ∑_{x}(∑_{gh = x} r_{g} t_{h})x + ∑_{x}(∑_{gh = x} s_{g} t_{h})x
= (∑_{g} r_{g} g)(∑_{h} t_{h} h) + (∑_{g} s_{g} g)(∑_{h} t_{h} h) .

Genauso mit der Multiplikation von der anderen Seite.

(2) Eindeutigkeit. Es ist G eine K-lineare Basis von KG. Also gibt es genau eine K-lineare Abbildung ψ : KG \overline{}A mit ψ|_{G}^{U(A)} = φ. Somit gibt es höchstens einen K-Algebrenmorphismus ψ : KG \overline{}A mit ψ|_{G}^{U(A)} = φ, nämlich genau dann, wenn besagte K-lineare Abbildung ein K-Algebrenmorphismus ist. Existenz. Sei ψ : KG \overline{}A, ∑_{g} r_{g} g \overline{}∑_{g} r_{g} φ(g). Dies ist die K-lineare Abbildung von KG nach A mit ψ|_{G}^{U(A)} = φ. Wir haben zu zeigen, daß sie ein K-Algebrenmorphismus ist. Es ist ψ(1_{RG}) = ψ(1_{R} · 1_{G}) = 1_{R} · φ(1_{G}) = 1_{R} · 1_{U(A)} = 1_{A}. Für ∑_{g} r_{g} g, ∑_{g} s_{g} g ∈ RG wird ferner

ψ((∑_{g} r_{g} g) · (∑_{h} s_{h} h)) = ψ( ∑_{x}(∑_{gh = x} r_{g} s_{h})x)
= ∑_{x}(∑_{gh = x} r_{g} s_{h})φ(x)
= ∑_{g} ∑_{h} r_{g} s_{h} φ(gh)
= ∑_{g} ∑_{h} r_{g} s_{h} φ(g) φ(h)
= (∑_{g} r_{g} φ(g)) · (∑_{h} s_{h} φ(h))
= ψ(∑_{g} r_{g} g) · ψ(∑_{h} s_{h} h) .

Umgekehrt liefert jeder K-Algebrenmorphismus ψ : KG → A durch Einschränkung einen Gruppenmorphismus ψ|_{G}^{U(A)} : G → U(A) ; beachte, daß ψ(G) ⊆ ψ(U(KG)) ⊆ U(A).

Aufgabe 17

Wir werden folgende Tatsache zu verwenden haben. Seien n, m ⩾ 1. Sei

G = ⟨ g_{1} , …, g_{n} : r_{1}(g_{1} , …, g_{n}), …, r_{m}(g_{1} , …, g_{n}) ⟩ ,

wobei r_{i}(g_{1} , …, g_{n}) ein Wort in den g_{j} ist für i ∈ [1, m].

Wir haben eine Abbildung \{g_{1} , …, g_{n}\} ^{\overline{}^{e}} CG, g_{i} \overline{}g_{i}.

Sei A eine C-Algebra.

Ist \{g_{1} , …, g_{n}\} ^{\overline{}^{f}} U(A) eine Abbildung in die Einheitengruppe U(A) von A so, daß

r_{i}(f(g_{1}), …, f(g_{n})) = 1

für i ∈ [1, m], dann gibt es genau einen C-Algebrenmorphismus CG ^{\overline{}^{f̂}} A, der das Viereck

\xymatrix{\{g_{1} , …, g_{n}\} \ar[r]^{f} \ar[d]_{e} & U(A) \ar@{^{(}->}[d] \\ CG \ar@{.>}[r]_{f̂} & A}

kommutativ macht.

(1) Die Abbildung C_{3} \overline{}U(C × C × C), c \overline{}(1, ζ, ζ^{2}) ist als Gruppenmorphismus wohldefiniert, da das Bild von c die Relation für c erfüllt, i.e. da (1, ζ, ζ^{2})^{3} = 1 ist. Durch lineare Ausdehnung definiert dies dann den angegebenen C-Algebrenmorphismus. Dessen Matrix bezüglich der Basis (1, c, c^{2}) im Urbildbereich und der Standardbasis im Bildbereich ist

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & ζ & ζ^{2} \\ 1 & ζ^{2} & ζ \end{matrix} ) ,

und diese hat Determinante −3 − 6ζ.

Q := Rationals();
P<X> := PolynomialRing(Q);
K<z> := ext<Q|X^2+X+1>;
Determinant(Matrix([[1,1,1],[1,z,z^2],[1,z^2,z]]));

(2) Bekanntlich ist ⟨ s_{1} , s_{2} : s_{1}^{2} = 1 , s_{2}^{2} = 1 , (s_{1}s_{2})^{3} = 1 ⟩ ^{\overline{}^{∼}} S_{3} , s_{1} \overline{}(1, 2), s_{2} \overline{}(2, 3) . Via Magma läßt sich dies wie folgt verifizieren.

S3<s1,s2> := Group<S1,S2|S1^2,S2^2,(S1*S2)^3>;
S3P := SymmetricGroup(3);
ph := hom<S3 -> S3P | [S3P!(1,2), S3P!(2,3)] >;
Order(ph(S3));
Order(Kernel(ph));

Unser Algebrenmorphismus soll (1, 2) auf (1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) , −1) und (2, 3) = (1, 2, 3) ∘ (1, 2) ∘ (1, 2, 3)^{−1} auf

(1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 1 \end{matrix}) , 1)(1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) , −1)(1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 1 \end{matrix}) , 1)^{−1} = (1, (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}) , −1)

schicken.

Dies ist möglich, da die Relationen für s_{1} und s_{2} im Bild erfüllt werden, wie folgende Rechnung zeigt.

\begin{aligned}(1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) , −1)^{2} & = & (1, (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , 1) \\ (1, (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}) , −1)^{2} & = & (1, (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , 1) \\ ((1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) , −1)(1, (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}) , −1)^{3} & = & (1, (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , 1) \end{aligned}

Wir prüfen noch nach, daß (1, 2, 3) = (1, 2) ∘ (2, 3) auf (1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}) , −1)(1, (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}) , −1) = (1, (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 1 \end{matrix}) , 1) abgebildet wird, wie verlangt. Via Magma verifizieren wir wie folgt, daß die Determinante unseres Algebrenmorphismus nicht verschwindet.

S3<s1,s2> := Group<S1,S2|S1^2,S2^2,(S1*S2)^3>;
S3P := SymmetricGroup(3);
ph := hom<S3 -> S3P | [S3P!(1,2), S3P!(2,3)] >;
DP := CartesianProduct([MatrixRing(Integers(),1),MatrixRing(Integers(),2),
                                                 MatrixRing(Integers(),1)]);
d := [DP!<Matrix([[1]]),Matrix([[-2,-1],[3,2]]),Matrix([[-1]])>,
      DP!<Matrix([[1]]),Matrix([[1,1],[0,-1]]),Matrix([[-1]])>];
mat_seq := [];
for x in S3P do
 x_inv := ElementToSequence(x@@ph);
 prod := DP!<1,1,1>;
 for i in x_inv do
  for j in [1..3] do
   prod[j] *:= d[i][j];
  end for;
 end for;
 for j in [1..3] do
  mat_seq cat:= ElementToSequence(prod[j]);
 end for;
end for;
ms := RMatrixSpace(Integers(),Order(S3P),Order(S3P));
emb := ms!mat_seq;
print(emb);
print(Determinant(emb));

In der Tat ergibt sich diese Determinante zu −54.

(3) Bekanntlich ist

[figure: ⟨ s_{1} , s_{2} , s_{3} : s_{1}^{2} , s_{2}^{2} , s_{3}^{2} , (s_{1}s_{2})^{3} , (s_{2}s_{3})^{3} , (s_{1}s_{3})^{2} , ⟩; ∼; S_{4}; s_{1}; (1, 2); s_{2}; (2, 3); s_{3}; (3, 4) .]

Hierbei wurde bei den Relationen jeweils “= 1” unterschlagen. Via Magma läßt sich dies wie folgt verifizieren.

S4<s1,s2,s3> := Group<S1,S2,S3|S1^2,S2^2,S3^2,(S1*S2)^3,(S2*S3)^3,(S1*S3)^2>;
S4P := SymmetricGroup(4);
ph := hom<S4 -> S4P | [S4P!(1,2), S4P!(2,3), S4P!(3,4)] >;
Order(ph(S4));
Order(Kernel(ph));

Da (2, 3) = (1, 2, 3, 4) ∘ (1, 2) ∘ (1, 2, 3, 4)^{−1} und (3, 4) = (1, 2, 3, 4)^{2} ∘ (1, 2) ∘ (1, 2, 3, 4)^{−2}, sollte unser Algebrenmorphismus

[figure: (1, 2); (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}−11 & −24 & 2 \\ 5 & 11 & −1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}−5 & 24 \\ −1 & 5 \end{matrix})); (2, 3); (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}19 & 45 & 0 \\ −8 & −19 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & −9 \\ 0 & −1 \end{matrix})); (3, 4); (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}15 & 32 & 0 \\ −7 & −15 & 0 \\ −4 & −8 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ −3 & 1 & 0 \\ −4 & 0 & 1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}−5 & 24 \\ −1 & 5 \end{matrix}))]

abbilden. Dies ist möglich, da die Relationen für s_{1}, s_{2} und s_{3} im Bild erfüllt werden, wie wir nachrechnen. Via Magma verifizieren wir wie folgt, daß die Determinante unseres Algebrenmorphismus nicht verschwindet.

S4<s1,s2,s3> := Group<S1,S2,S3|S1^2,S2^2,S3^2,(S1*S2)^3,(S2*S3)^3,(S1*S3)^2>;
S4P := SymmetricGroup(4);
ph := hom<S4 -> S4P | [S4P!(1,2), S4P!(2,3), S4P!(3,4)] >;
DP := CartesianProduct([MatrixRing(Integers(),1),MatrixRing(Integers(),1),
                        MatrixRing(Integers(),3),MatrixRing(Integers(),3),
                        MatrixRing(Integers(),2)]);
d := [DP!<Matrix([[1]]),Matrix([[-1]]),Matrix([[-11,-24,2],[5,11,-1],[0,0,-1]]),
                     Matrix([[1,0,0],[1,-1,1],[0,0,1]]),Matrix([[-5,24],[-1,5]])>,
      DP!<Matrix([[1]]),Matrix([[-1]]),Matrix([[19,45,0],[-8,-19,0],[0,0,-1]]),
                      Matrix([[-1,1,0],[0,1,0],[0,0,1]]),Matrix([[1,-9],[0,-1]])>,
      DP!<Matrix([[1]]),Matrix([[-1]]),Matrix([[15,32,0],[-7,-15,0],[-4,-8,-1]]),
                   Matrix([[-1,0,0],[-3,1,0],[-4,0,1]]),Matrix([[-5,24],[-1,5]])>];
mat_seq := [];
for x in S4P do
 x_inv := ElementToSequence(x@@ph);
 prod := DP!<1,1,1,1,1>;
 for i in x_inv do
  for j in [1..5] do
   prod[j] *:= d[i][j];
  end for;
 end for;
 for j in [1..5] do
  mat_seq cat:= ElementToSequence(prod[j]);
 end for;
end for;
ms := RMatrixSpace(Integers(),Order(S4P),Order(S4P));
emb := ms!mat_seq;
print(emb);
print(Determinant(emb));

In der Tat ergibt sich diese Determinante zu −2^{34} · 3^{3}.

(4) Bekanntlich ist

[figure: D_{10} = ⟨ a, b : a^{5} = 1, b^{2} = 1, (ba)^{2} = 1 ⟩; S_{5}; a; (1, 2, 3, 4, 5); b; (2, 5)(3, 4)]

ein injektiver Gruppenmorphismus. Hierbei wurde bei den Relationen jeweils “= 1” unterschlagen. Via Magma läßt sich dies wie folgt verifizieren.

D10<a,b> := Group<A,B|A^5,B^2,(B*A)^2>;
S5P := SymmetricGroup(5);
ph := hom<D10 -> S5P | [S5P!(1,2,3,4,5), S5P!(2,5)(3,4)] >;
Order(ph(D10));
Order(Kernel(ph));

Wir rechnen nach, daß die Relationen für die angegebenen Bilder gelten. Dazu verfahre man e.g. wie folgt.

Q := Rationals();
P<X> := PolynomialRing(Q);
K<th> := ext<Q | X^2 + 5*X + 5>;
MA := Matrix([[1,1],[th,th+1]]);
MB := Matrix([[1,1],[0,-1]]);
NA := Matrix([[1,1],[-th-5,-th-4]]);
NB := Matrix([[1,1],[0,-1]]);
print MA^5, MB^2, (MB*MA)^2;
print NA^5, NB^2, (NB*NA)^2;

Also existiert der Algebrenmorphismus in der angegebenen Weise. Via Magma verifizieren wir wie folgt, daß die Determinante unseres Algebrenmorphismus nicht verschwindet. Um exakt rechnen zu können, können wir Q(ϑ) ⊆ C verwenden, denn zur Determinantenberechnung macht es keinen Unterschied, ob man die Einträge als in einem Teilkörper liegend betrachtet.

D10<a,b> := Group<A,B|A^5,B^2,(B*A)^2>;
S5P := SymmetricGroup(5);
ph := hom<D10 -> S5P | [S5P!(1,2,3,4,5), S5P!(2,5)(3,4)] >;
Q := Rationals();
P<X> := PolynomialRing(Q);
K<th> := ext<Q | X^2 + 5*X + 5>;
MA := Matrix([[1,1],[th,th+1]]);
MB := Matrix([[1,1],[0,-1]]);
NA := Matrix([[1,1],[-th-5,-th-4]]);
NB := Matrix([[1,1],[0,-1]]);
DP := CartesianProduct([MatrixRing(K,1),MatrixRing(K,1),
                        MatrixRing(K,2),MatrixRing(K,2)]);
d := [DP!<Matrix([[1]]),Matrix([[1]]),MA,NA>,DP!<Matrix([[1]]),Matrix([[-1]]),MB,NB>];
mat_seq := [];
for x in ph(D10) do
 x_inv := ElementToSequence(x@@ph);
 print x_inv;
 prod := DP!<1,1,1,1>;
 for i in x_inv do
  for j in [1..4] do
   prod[j] *:= d[Abs(i)][j]^Sign(i);
  end for;
 end for;
 for j in [1..4] do
  mat_seq cat:= ElementToSequence(prod[j]);
 end for;
end for;
ms := RMatrixSpace(K,Order(ph(D10)),Order(ph(D10)));

      emb := ms!mat_seq;
      print(emb);
      print(Determinant(emb));

In der Tat ergibt sich diese Determinante zu −6250.

Aufgabe 18

Eine Z-lineare Basis der angegebenen Untergruppe U ⩽ Z × Z^{2×2} × Z ist gegeben durch

((1, (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , 1) , (0, (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , 0) , (0, (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , 0) , (0, (\begin{matrix}0 & 0 \\ 3 & 0 \end{matrix}) , 0) , (0, (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , 4) , (0, (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , 6)) ,

linear unabhängig nach oberer Dreiecksgestalt, erzeugend nach Konstruktion. Die Determinante der zugehörigen Matrix zeigt, daß der Index von U ⩽ Z × Z^{2×2} × Z gerade 2^{1} · 3^{3} beträgt.

Der Wedderburnisomorphismus CS_{3} \overline{}C × C^{2×2} × C aus Aufgabe 17.(2) schränkt ein zu einer Einbettung φ : ZS_{3} \overline{}Z × Z^{2×2} × Z. Deren Matrix aus loc. cit. ist gegeben durch

(\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −3 & −2 & 1 \\ 1 & −2 & −1 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ 1 & −2 & −1 & 3 & 2 & −1 \\ 1 & 1 & 0 & −3 & −1 & −1 \end{matrix} )

Das Bild φ(ZS_{3}) dieser Einbettung ist eine Untergruppe, die in U enthalten ist, wie eine direkte Inspektion der U beschreibenden Kongruenzen (“Bindungen”) zeigt. Der Index von φ(ZS_{3}) ⩽ Z × Z^{2×2} × Z beträgt 2^{1} · 3^{3}, wie die Determinante −54 dieser Matrix zeigt. Somit ist

φ(ZS_{3}) = U .

Es ist φ(ZS_{3}) als Bild eines Ringmorphismus ein Teilring von Z × Z^{2×2} × Z, und also ist auch unsere diesem gleiche Untergruppe U darin ein Teilring.

Schließlich ist φ|^{U} : ZS_{3} \overline{}U ein Ringisomorphismus.

Alternativ kann man auch den Quotienten beider Einbettungsmatrizen berechnen und direkt erkennen, daß dies ein Element von GL_{6}(Z) ist. Dann hat man auch keine Kongruenzen direkt zu inspizieren.

Aufgabe 19

⇐. Sei |G| kein Vielfaches von char K. Wir wollen zeigen, daß KG halbeinfach ist.

Sei M ein endlichdimensionaler KG-Modul. Sei N ⊆ M ein Teilmodul. Wir haben zu zeigen, daß ein KG-Teilmodul X ⊆ M mit M = N ⊕ X existiert. Cf. Definition 20.(4). Sei f : M \overline{}N eine K-lineare Abbildung mit f|_{N} = id_{N} . Sei

[figure: f′; :; M; N; m; f′(m) := |G|^{−1} ∑_{g∈G} gf(g^{−1}m) .]

Es ist f′|_{N} = id_{N} , da f′(n) = |G|^{−1} ∑_{g∈G} g f(g^{−1}n) = |G|^{−1} ∑_{g∈G} g(g^{−1}n) = |G|^{−1} ∑_{g∈G} n = n für n ∈ N.

Es ist f′ eine KG-lineare Abbildung, da sie mit der Addition verträglich ist und sich für ∑_{h} r_{h} h ∈ KG und m ∈ M

f′((∑_{h} r_{h} h)m)  =  |G|^{−1} ∑_{g} g f(g^{−1}(∑_{h} r_{h} hm))
=  |G|^{−1} ∑_{h} r_{h} ∑_{g} g f(g^{−1}hm)
=^{y = g^{−1}h} |G|^{−1} ∑_{h} r_{h} ∑_{y} hy^{−1} f(ym)
=  ∑_{h} r_{h} h |G|^{−1} ∑_{y} y^{−1} f(ym)
=  (∑_{h} r_{h} h) f′(m)

ergibt. Sei X := Kern f′. Dies ist ein KG-Teilmodul von M als Kern einer KG-linearen Abbildung. Es ist N ∩ X = 0, da für ein n ∈ N ∩ X = N ∩ Kern f′ sich n = f′(n) = 0 ergibt. Es ist M = N + X, da wir für m ∈ M die Zerlegung m = f′(m) + (m − f′(m)) mit f′(m) ∈ N und

f′(m − f′(m)) = f′(m) − f′(\underbrace{f′(m)}_{∈ N}) = f′(m) − f′(m) = 0 ergibt.

Insgesamt ist M = N ⊕ X.

⇒. Sei KG halbeinfach. Wir wollen zeigen, daß |G| kein Vielfaches von char K ist, d.h. daß |G| · 1_{K} ≠^{!} 0. Schreibe σ := ∑_{g} g ∈ KG. Es ist M := KG ein KG-Modul. Darin ist N := KGσ ein Teilmodul. Es ist hσ = σ für h ∈ G und also N = Kσ. Da KG halbeinfach ist, gibt es einen KG-Teilmodul X ⊆ KG mit M = N ⊕ X. Die Projektion π : M \overline{}M, n + x \overline{}n, wobei n ∈ N und x ∈ X, ist eine KG-lineare Abbildung. Sie schickt 1 nach π(1) = λσ für ein λ ∈ K. Also wird

σ = π(σ)
= π(∑_{g} g)
= ∑_{g} g π(1)
= ∑_{g} g λσ
= ∑_{g} λσ
= |G|λσ .

Ein Koeffizientenvergleich bei 1 gibt 1 = |G|λ = (|G| · 1_{K})λ. Es folgt |G| · 1_{K} ≠ 0.

Aufgabe 20

(1) Die Aussage ist falsch. Sei e.g. G = S_{2} . Es wird (1 + (1, 2))(1 − (1, 2)) = 1 − (1, 2)^{2} = 0, aber 1 + (1, 2) ≠ 0 und 1 − (1, 2) ≠ 0.

(2) Die Aussage ist richtig. Sei angenommen, es gibt in ZG ein Idempotent e ∉ {0, 1}. Dann ist (e, 1−e)

eine orthogonale Zerlegung in Idempotente und also

ZG =^{B. 15} ZGe ⊕ ZG(1 − e) .

Es ist ZGe ≠ 0 und ZG(1 − e) ≠ 0, da e ≠ 0 und (1 − e) ≠ 0. Insbesondere ist 0 < rk_{Z} ZGe < |G|. Für ϑ ∈ ZG betrachten wir die Abbildung ρ_{ϑ} : ZG \overline{}ZG, ξ \overline{}ξϑ. Bezüglich der Z-linearen Basis G von ZG berechnet, wird

tr ρ_{g} = |G|∂_{g,1}

für g ∈ G, da g kein Gruppenelement auf sich multipliziert, falls g ≠ 1.

Schreibe e = ∑_{g} r_{g} g mit r_{g} ∈ Z für g ∈ G. Es wird

tr ρ_{e} = ∑_{g} r_{g} tr ρ_{g} = ∑_{g} r_{g} |G|∂_{g,1} = |G|r_{1} .

Auf der anderen Seite wird bezüglich der Zerlegung ZG = ZGe ⊕ ZG(1 − e)

tr ρ_{e} = tr (\begin{matrix}ρ_{e}|_{ZGe}^{ZGe} & 0 \\ 0 & ρ_{e}|_{ZG(1−e)}^{ZG(1−e)} \end{matrix} ) = tr (\begin{matrix}id_{ZGe} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) = rk_{Z} ZGe .

Insgesamt ist 0 < |G|r_{1} = rk_{Z} ZGe < |G|, und das ist ein Widerspruch zu r_{1} ∈ Z.

Wem die Z-linearen Spuren suspekt sind, der verwende, daß ein Idempotent in ZG ∖ {0, 1} auch ein Idempotent in QG ∖ {0, 1} ist, und zeige mit einer Q-linearen Version obiger Argumente, daß dessen Koeeffizient bei 1 echt zwischen 0 und 1 liegen muß.

(3) Die Aussage ist falsch. Sei G irgendeine nichtabelsche endliche Gruppe (e.g. S_{3}). Es ist

CG ≃ ∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}}

als C-Algebren, für gewisse t ⩾ 0 und n_{s} ⩾ 1 für s ∈ [1, t] cf. Satz 25, Aufgabe 19. Da G nichtabelsch ist, ist CG kein kommutativer Ring. Somit ist n_{s} ⩾ 2 für ein s ∈ [1, t]. Das Element von ∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}}, das an Position s die Matrix e_{1,n_{s}} als Eintrag hat, und sonst Nullmatrizen, ist nilpotent und ungleich 0. Selbiges gilt also auch für sein Bild in CG.

(4) Die Aussage ist richtig. Es ist

CG ≃ ∏_{s∈[1,t]} C^{n_{s}×n_{s}}

als C-Algebren, für gewisse t ⩾ 0 und n_{s} ⩾ 1 für s ∈ [1, t] cf. Satz 25, Aufgabe 19. Da G abelsch ist, ist CG ein kommutativer Ring. Somit ist n_{s} = 1 für alle s ∈ [1, t], und also

CG ≃ C^{×t} := \underbrace{C × ⋯ × C}_{t Faktoren} .

Ein nilpotentes Element in C^{×t} ist eintragsweise nilpotent, und damit eintragsweise gleich 0. Also gibt es in C^{×t} keine nilpotenten Elemente ungleich 0. Folglich gibt es auch in CG keine nilpotenten Elemente ungleich 0.

(5) Die Aussage ist richtig. Sei G eine p-Gruppe. Sei S ein einfacher F_{p}G-Modul. Wir zeigen die stärkere Aussage, daß S isomorph ist zu F_{p}, ausgestattet mit der trivialen F_{p}G-Modulstruktur, welchbezüglich g · s = s ist für g ∈ G und s ∈ S. Es ist S als epimorphes Bild von F_{p}G endlichdimensional. Es genügt zu zeigen, daß für einen beliebigen endlichdimensionalen F_{p}G-Modul M ungleich 0 der Teilmodul

M^{G} = { m ∈ M : gm = m für g ∈ G } ⊆ M

ungleich 0 ist. Denn M^{G} zerfällt in eine direkte Summe von eindimensionalen trivialen Moduln. In S ist also zunächt S^{G} = S, und sodann S trivial. Nach dem Bahnenlemma hat die Bahn eines Elements m der G-Menge M die Länge

G/|{ g ∈ G : gm = m }| .

Diese teilt |G|, ist also eine Potenz von p. Da die Bahn von 0 ∈ M die Länge 1 hat, und die Summe der Bahnenlängen gleich p^{dim_{Fp} M} und also durch p teilbar ist, muß es in M eine weitere Bahn von Länge 1 geben, i.e. ein Element von M^{G} ∖ {0}.

Aufgabe 21

Wir erinnern daran, daß primitive Idempotente insbesondere ungleich 0 sind.

Nach Aufgabe 12 gibt es in A eine orthogonale Zerlegung \underline{e} = (e_{1} , …, e_{n}) in primitive Idempotente.

Wir haben zu zeigen, daß dies die einzige Zerlegung in primitive Idempotente in A ist.

Sei f ein primitives Idempotent in A. Es genügt zu zeigen, daß f =^{!} e_{i} für ein i ∈ [1, n].

Denn dann können in einer Zerlegung \underline{ẽ} in primitive Idempotente in A nur Einträge von \underline{e} auftreten. Wegen Orthogonalität kann \underline{ẽ} jeden Eintrag von \underline{e} höchstens einmal beinhalten. Da die Summe der Einträge von \underline{ẽ} gleich 1 ist, kann auch kein Eintrag von \underline{e} in \underline{ẽ} fehlen. Insgesamt stimmen \underline{e} und \underline{ẽ} dann bis auf Reihenfolge überein.

Betrachten wir also unser f. Es ist f = fe_{1} + ⋯ + fe_{n}. Da f ≠ 0, gibt es ein i ∈ [1, n] mit fe_{i} ≠ 0. Es ist f = fe_{i} + f(1 − e_{i}). Da A kommutativ ist, sind fe_{i} und f(1 − e_{i}) Idempotente. Da A kommutativ ist, ist (fe_{i})(f(1 − e_{i})) = 0 und (f(1 − e_{i}))(fe_{i}) = 0. Da f primitiv ist und da fe_{i} ≠ 0, folgt f(1 − e_{i}) = 0, also f = fe_{i}.

Es ist e_{i} = fe_{i} + (1 − f)e_{i}. Da A kommutativ ist, sind fe_{i} und (1 − f)e_{i} Idempotente. Da A kommutativ ist, ist (fe_{i})((1−f)e_{i}) = 0 und ((1−f)e_{i})(fe_{i}) = 0. Da e_{i} primitiv ist und da fe_{i} ≠ 0, folgt (1−f)e_{i} = 0, also e_{i} = fe_{i}.

Insgesamt ist f = fe_{i} = e_{i} gezeigt.

Aufgabe 22

(1) Sind Ringe A und B gegeben, so behaupten wir, daß Z(A×B) = Z(A)×Z(B) als Teilringe von A×B. Sei dazu (a, b) ∈ A×B gegeben. Es ist (a, b) ∈ Z(A×B) genau dann, wenn (a, b)(x, y) = (x, y)(a, b) für (x, y) ∈ A × B, i.e. genau dann, wenn ax = xa für x ∈ A und by = yb für y ∈ B, i.e. genau dann, wenn (a, b) ∈ Z(A) × Z(B). Dies zeigt die Behauptung.

Also genügt es faktorweise zu zeigen, daß Z(C^{n_{s}×n_{s}}) =^{!} _{C}⟨E_{n_{s}}⟩ für s ∈ [1, t].

Zu zeigen ist nur ⊆^{!}.

Sei ∑_{i,j} λ_{i,j}e_{i,j} ∈ Z(C^{n_{s}×n_{s}}), wobei λ_{i,j} ∈ C. Zu zeigen ist λ_{i,j} =^{!} 0 für i ≠ j und λ_{i,i} =^{!} λ_{j,j} stets.

Für k, ℓ ∈ [1, n_{s}] ist

∑_{j} λ_{ℓ,j}e_{k,j} = e_{k,ℓ}( ∑_{i,j} λ_{i,j}e_{i,j}) = ( ∑_{i,j} λ_{i,j}e_{i,j})e_{k,ℓ} = ( ∑_{i,j} λ_{i,k}e_{i,ℓ})

Koeffizientenvergleich bei e_{k,k} gibt λ_{ℓ,k} = 0 falls k ≠ ℓ.

Koeffizientenvergleich bei e_{k,ℓ} gibt λ_{ℓ,ℓ} = λ_{k,k}.

(2) Sei ξ = ∑_{g} z_{g} g ∈ CG. Es ist ξ ∈ Z(CG) genau dann, wenn ξh = hξ für h ∈ G, denn dann vertauscht g auch mit C-Linearkombinationen von Gruppenelementen.

Also ist ξ ∈ Z(CG) genau dann, wenn

∑_{g} z_{g} hg = ∑_{g} z_{g} gh = ∑_{g} z_{gh^{−1}} g = ∑_{g} z_{hgh^{−1}} hg

für h ∈ H. Koeffizientenvergleich zeigt, daß dies genau dann der Fall ist, wenn z_{g} = z_{hgh^{−1}} für alle g, h ∈ G, i.e. wenn z_{g} auf jeder Konjugationsklasse konstant ist. Das wiederum ist gleichbedeutend zu ξ ∈ _{C}⟨ ∑_{x∈g^{G}} x : g ∈ G ⟩.

(3) Aus (2) entnehmen wir die Basis { ∑_{x∈g^{G}} x : g ∈ G } von Z(CG), mithin |{ g^{G} : g ∈ G }| = dim_{C} Z(CG).

Aus (1) entnehmen wir, daß dim_{C} Z(CG) = dim_{C} C^{×t} = t.

Aufgabe 23

Schreibe n := χ(1). Sei φ : CG \overline{}C^{n×n} die zu χ gehörige Komponente des gewählten Wedderburnisomorphismus. Sei also χ(g) = tr φ(g). Sei S ∈ C^{n×n} mit J := Sφ(g)S^{−1} in Jordanform. Da φ(g)^{k} = E_{n} ist, ist auch J^{k} = E_{n}. Also ist J eine Diagonalmatrix, und die Diagonaleinträge sind Nullstellen von z^{k} − 1. In anderen Worten, es ist

J = ( ..._{ζ^{mn}}^{ζ^{m_{1}}} )

für gewisse m_{i} ∈ [0, k − 1] für i ∈ [1, n].

(1) Wir erhalten

χ(g) = tr φ(g) = tr J = ∑_{i∈[1,n]} ζ^{m_{i}} = ∑_{j∈[0,k−1]} \underbrace{|\{ i ∈ [1, n] : m_{i} = j \}|}_{=: x_{j}} ·ζ^{j} .

(2) Beachte, daß \overline{ζ} = \overline{exp(2πi/k)} = exp(\overline{2πi/k}) = exp(−2πi/k) = ζ^{−1}.

Wir erhalten

χ(g^{−1}) = tr φ(g^{−1})
= tr J^{−1}
= tr (  ..._{ζ^{−mn}}^{ζ^{−m_{1}}} )
= ∑_{i∈[1,n]} ζ^{−m_{i}}
= \overline{∑_{i∈[1,n]} ζ^{m_{i}}}
= \overline{χ(g)}

(3) Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul.

Sei der Dualraum M^{∗} := Hom_{C}(M, C) ausgestattet mit der Linksmultiplikation

(h · f)(m) := f(h^{−1}m)

für h ∈ G und f ∈ M^{∗} und m ∈ M. Dies liefert einen Gruppenmorphismus

\begin{matrix}G & \overline{} & GL(M^{∗}) \\ h & \overline{} & (f \overline{}h · f) , \end{matrix}

da sich

((hh̃) · f)(m) = f((hh̃)^{−1}m) = f(h̃^{−1}h^{−1}m) = (h̃ · f)(h^{−1}m) = (h · (h̃ · f))(m)

ergibt für h, h̃ ∈ G, f ∈ M^{∗} und m ∈ M, i.e. hh̃ \overline{}(h · (−)) ∘ (h̃ · (−)). Dieser kann zu einem C-Algebrenmorphismus

\begin{matrix}CG & \overline{} & End_{C}(M^{∗}) \\ ∑_{h} z_{h} h & \overline{} & (f \overline{}∑_{h} z_{h} h · f) \end{matrix}

fortgesetzt werden; cf. Aufgabe 16.(2). Ein solcher definiert eine CG-Modulstruktur auf M^{∗}.

Allgemein definiert für einen Körper K auf einem K-Vektorraum V ein K-Algebrenmorphismus ψ : A → End_{K} V eine A-Modulstruktur auf V via a · v := ψ(a)(v).

Sein nun M einfach. Wir behaupten, daß auch M^{∗} einfach ist. Denn dann ist zum einen dim_{C} M^{∗} = dim_{C} M > 0, also M^{∗} ≠ 0. Zum anderen, ist N ⊆ M^{∗} ein Teilmodul, so ist auch

N′ := { m ∈ M : f(m) = 0 für f ∈ N }

ein Teilmodul. Denn es ist ein Teilraum. Und für m ∈ N′ und h ∈ G ist hm ∈ M, da f(hm) = (h^{−1}f)(m) = 0 für f ∈ N, da mit f auch h^{−1}f in N liegt. Da M einfach ist, ist N′ = 0 oder N′ = M. Es ist dim_{C} N′ + dim_{C} N = dim_{C} M, wie man mit einer Basis von N, die zu einer Basis von M^{∗} ergänzt wird, und deren Dualbasis von M erkennt. Also ist N = 0 oder N = M. Dies zeigt die Behauptung. Sei nun M so, daß tr ℓ_{M}(h) = χ(h) für h ∈ G; cf. Bemerkung 35. Nach obigem ist tr ∘ℓ_{M^{∗}} ein irreduzibler Charakter von G; cf. Bemerkung 35. Sei (m_{1} , …, m_{s}) eine Basis von M. Sei (m_{1}^{∗} , …, m_{s}^{∗}) die dazu duale Basis von M^{∗}. Sei h ∈ G. Sei h^{−1}m_{i} = ∑_{j} z_{j,i}m_{j} für i ∈ [1, s], wobei z_{j,i} ∈ C. Dann ist

(hm_{k}^{∗})(m_{i}) = m_{k}^{∗}(h^{−1}m_{i}) = ∑_{j} z_{j,i}m_{k}^{∗}(m_{j}) = z_{k,i}

für i, k ∈ [1, s], und also hm_{k}^{∗} = ∑_{i} z_{k,i}m_{i}^{∗}. Es folgt

tr ℓ_{M^{∗}}(h) = ∑_{i} z_{i,i} = tr ℓ_{M}(h^{−1}) = χ(h^{−1}) =^{(2)} \overline{χ(h)}

für h ∈ G.

Aufgabe 24

(1) Die Konjugationsklassen von C_{3} := ⟨ c : c^{3} = 1 ⟩ sind einelementig und also repräsentiert durch 1, c, c^{2}. Sei ζ = ζ_{3} = exp(2πi/3). Der Wedderburnisomorphismus aus Aufgabe 17.(1) bildet wie folgt ab.

[figure: CC_{3}; C; ×; C; ×; C; 1; (1; ,; 1; ,; 1); c; (1; ,; ζ; ,; ζ^{2}); c^{2}; (1; ,; ζ^{2}; ,; ζ)]

Spur zu nehmen ändert in C^{1×1} = C nichts. Als Charaktertafel erhalten wir

X = X(C_{3}) =  [ \begin{matrix}& 1 & c & c^{2} \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & ζ & ζ^{2} \\ χ_{3} & 1 & ζ^{2} & ζ \end{matrix} ]

Es sind χ_{2} und χ_{3} konjugiert im Sinne von Aufgabe 23.(3).

Magma liefert mit

C := sub<SymmetricGroup(3)|(1,2,3)>;
CharacterTable(C);

die Charaktertafel

Class |   1   2   3
Size  |   1   1   1
Order |   1   3   3
-------------------
p  =  3   1   1   1

-------------------
X.1   +   1   1   1
X.2   0   1   J-1-J
X.3   0   1-1-J   J

Explanation of Character Value Symbols
--------------------------------------
J = RootOfUnity(3) ,

die wir unter Beachtung von ζ^{2} = −1 − ζ als identisch mit der unsrigen erkennen.

(2) Die Konjugationsklassen von S_{3} sind repräsentiert durch id, (1, 2), (1, 2, 3). Der Wedderburnisomorphismus aus Aufgabe 17.(2) bildet wie folgt ab.

[figure: CS_{3}; C; ×; C^{2×2}; ×; C; id; (1; ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}); ,; 1); (1, 2); (1; ,; (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 2 \end{matrix}); ,; −1); (1, 2, 3); (1; ,; (\begin{matrix}−2 & −1 \\ 3 & 1 \end{matrix}); ,; 1)]

Die Spur liefert die Charaktertafel

X = X(S_{3}) =  [ \begin{matrix}& 1 & (1, 2) & (1, 2, 3) \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & −1 & 1 \\ χ_{3} & 2 & 0 & −1 \end{matrix} ]

Magma liefert mit

CharacterTable(SymmetricGroup(3));

die Charaktertafel

Class |   1  2  3
Size  |   1  3  2
Order |   1  2  3
-----------------
p  =  2   1  1  3
p  =  3   1  2  1
-----------------
X.1   +   1  1  1
X.2   +   1 -1  1
X.3   +   2  0 -1 ,

die mit der unsrigen übereinstimmt.

(3) Die Konjugationsklassen von S_{4} sind repräsentiert durch id, (1, 2), (1, 2, 3), (1, 2, 3, 4), (1, 2)(3, 4). Beachte in bezug auf die Erzeuger aus Aufgabe 17.(3), daß

\begin{aligned}(1, 2, 3) & = & (1, 2) ∘ (1, 2, 3, 4) ∘ (1, 2) ∘ (1, 2, 3, 4)^{−1} \\ (1, 2)(3, 4) & = & (1, 2) ∘ (1, 2, 3, 4)^{2} ∘ (1, 2) ∘ (1, 2, 3, 4)^{2} . \end{aligned}

Der Wedderburnisomorphismus aus Aufgabe 17.(3) bildet wie folgt ab.

CS_{4}  \overline{}C × C ×  C^{3×3}  ×  C^{3×3}  × C^{2×2}
id \overline{}(1 ,  1 ,  (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})  , (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}))
(1, 2) \overline{}(1 , −1 , (\begin{matrix}−11 & −24 & 2 \\ 5 & 11 & −1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−5 & 24 \\ −1 & 5 \end{matrix}))
(1, 2, 3) \overline{}(1 ,  1 , (\begin{matrix}−17 & −39 & −2 \\ 7 & 16 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−5 & 21 \\ −1 & 4 \end{matrix}))
(1, 2, 3, 4) \overline{}(1 , −1 , (\begin{matrix}26 & 57 & 2 \\ −11 & −24 & −1 \\ −4 & −8 & −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−2 & 1 & 0 \\ −3 & 0 & 1 \\ −4 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}4 & −15 \\ 1 & −4 \end{matrix}))
(1, 2)(3, 4) \overline{}(1 ,  1 , (\begin{matrix}−5 & −8 & −2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 4 & 8 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ −2 & −1 & 1 \\ −4 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}))

Die Spur liefert die Charaktertafel

X = X(S_{4}) =  [ \begin{matrix}& 1 & (1, 2) & (1, 2, 3) & (1, 2, 3, 4) & (1, 2)(3, 4) \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & −1 & 1 & −1 & 1 \\ χ_{3} & 3 & −1 & 0 & 1 & −1 \\ χ_{4} & 3 & 1 & 0 & −1 & −1 \\ χ_{5} & 2 & 0 & −1 & 0 & 2 \end{matrix} ]

Magma liefert mit

CharacterTable(SymmetricGroup(4));

die Charaktertafel

Class |   1  2  3  4  5
Size  |   1  3  6  8  6
Order |   1  2  2  3  4
-----------------------
p  =  2   1  1  1  4  2
p  =  3   1  2  3  1  5
-----------------------
X.1   +   1  1  1  1  1
X.2   +   1  1 -1  1 -1
X.3   +   2  2  0 -1  0
X.4   +   3 -1 -1  0  1
X.5   +   3 -1  1  0 -1 ,

die wir als bis auf Permutation mit der unsrigen übereinstimmend erkennen.

(4) Die Einteilung von D_{10} in Konjugationsklassen ist, in den Bezeichnungen von Aufgabe 17.(4),

D_{10} = {1} ⊔ {a, a^{4}} ⊔ {a^{2}, a^{3}} ⊔ {b, ba, ba^{2}, ba^{3}, ba^{4}} .

Als Repräsentanten der Konjugationsklassen wählen wir 1, a, a^{2}, b. Sei weiterhin ϑ ∈ C mit ϑ^{2} + 5ϑ + 5 = 0. Der Wedderburnisomorphismus aus Aufgabe 17.(4) bildet wie folgt ab.

[figure: CD_{10}; C; ×; C; ×; C^{2×2}; ×; C^{2×2}; 1; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})); a; (1; ,; 1; ,; (\begin{matrix}1 & 1 \\ ϑ & ϑ+1 \end{matrix} ); ,; ( \begin{matrix}1 & 1 \\ −ϑ−5 & −ϑ−4 \end{matrix} )); a^{2}; (1; ,; 1; ,; ( \begin{matrix}ϑ+1 & ϑ+2 \\ −3ϑ−5 & −2ϑ−4 \end{matrix} ); ,; ( \begin{matrix}−ϑ−4 & −ϑ−3 \\ 3ϑ+10 & 2ϑ+6 \end{matrix} )); b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}))]

Die Spur liefert die Charaktertafel

X = X(S_{3}) =  [ \begin{matrix}& 1 & a & a^{2} & b \\ χ_{1} & 1 & 1 & 1 & 1 \\ χ_{2} & 1 & 1 & 1 & −1 \\ χ_{3} & 2 & ϑ + 2 & −ϑ − 3 & 0 \\ χ_{4} & 2 & −ϑ − 3 & ϑ + 2 & 0 \end{matrix} ]

Es sind χ_{3} und χ_{4} konjugiert im Sinne von Aufgabe 23.(3).

Magma liefert mit

D := sub<SymmetricGroup(5)|(1,2,3,4,5),(2,5)(3,4)>;
CharacterTable(D);

die Charaktertafel

Class |   1  2    3    4
Size  |   1  5    2    2
Order |   1  2    5    5
------------------------
p  =  2   1  1    4    3
p  =  5   1  2    1    1
------------------------
X.1   +   1  1    1    1
X.2   +   1 -1    1    1
X.3   +   2  0   Z1 Z1#2
X.4   +   2  0 Z1#2   Z1

Explanation of Character Value Symbols
--------------------------------------
# denotes algebraic conjugation, that is,
#k indicates replacing the root of unity w by w^k
Z1     = (CyclotomicField(5: Sparse := true)) ! [ RationalField() | -1, 0, -1, -1 ]

Sei ζ = ζ_{5} = exp(2πi/5). Um hier die Übereinstimmung bis auf Permutation mit unserer Charatertafel zu sehen, müssen wir nachweisen, daß (−1 − ζ^{2} − ζ^{3}) − 2 eine Nullstelle von X^{2} + 5X + 5 ist, denn selbige erhalten wir auch mittels −(−1 − ζ^{4} − ζ^{6}) − 3 = −ζ^{2} − ζ^{3} − 3. Magma liefert mit

P<X> := PolynomialRing(Rationals());
K<zeta> := ext<Rationals()|X^4 + X^3 + X^2 + X^1 + X^0>;
(- 3 - zeta^2 - zeta^3)^2 + 5*(- 3 - zeta^2 - zeta^3) + 5;

in der Tat das Resultat 0.

Aufgabe 25

Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul. Wir behaupten, daß M eine direkte Summe einfacher Teilmoduln ist. Zum Beweis machen wir eine Induktion über dim M. Im Falle dim M = 0 ist nichts zu zeigen.

Sei dim M ⩾ 1. Sei 0 ≠ N ⊆ M ein Teilmodul minimaler Dimension. Es ist N einfach. Da CG halbeinfach ist, gibt es einen Teilmodul X ⊆ M mit M = N ⊕ X; cf. Definition 20.(4), Lemma 27. Nach Induktionsvoraussetzung ist X direkte Summe einfacher Teilmoduln. Also ist auch M direkte Summe einfacher Teilmoduln. Dies zeigt die Behauptung.

Die Behauptung impliziert nun mit Bemerkung 35, daß die Charaktere von G gerade die Abbildungen der Form G \overline{}C, g \overline{}tr(ℓ_{M}(g)), wobei M ein endlichdimensionaler CG-Modul ist, sind; cf. Definition 28.

Schicken wir ferner voraus, daß der Gruppenmorphismus φ : H \overline{}G den Ringmorphismus

[figure: CH; φ̂; CG; ∑_{h} z_{h}h; ∑_{h} z_{h}φ(h)]

induziert; cf. Aufgabe 16.(2).

(1) Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul so, daß tr ℓ_{M}(g) = χ(g) für g ∈ G, namentlich die direkte Summe der zu den irreduziblen Bestandteilen von χ gehörenden einfachen Moduln. Sei M|_{φ} als C-Vektorraum durch M gegeben, und mit der Multiplikation

( ∑_{h∈H} z_{h}h) · m := φ̂( ∑_{h∈H} z_{h}h)m = ( ∑_{h∈H} z_{h}φ(h))m

ausgestattet, wobei z_{h} ∈ C für h ∈ H und wobei m ∈ M. Dies definiert einen CH-Modul M|_{φ}, wie wir kurz verifizieren wollen. Denn es ist (M|_{φ} , +) eine abelsche Gruppe. Es operiert 1_{CH} trivial. Distributivität und Assoziativität vererben sich von M nach M|_{φ} unter Verwendung dessen, daß φ̂ ein Ringmorphismus ist, denn für ξ, ξ̃ ∈ CH und m, m̃ ∈ M wird

(ξ + ξ̃) · (m + m̃) = φ̂(ξ + ξ̃) · (m + m̃)
= (φ̂(ξ) + φ̂(ξ̃))(m + m̃)
= φ̂(ξ)m + φ̂(ξ)m̃ + φ̂(ξ̃)m + φ̂(ξ̃)m̃
= ξ · m + ξ · m̃ + ξ̃· m + ξ̃· m̃

und

ξ · (ξ̃· m) = φ̂(ξ)(φ̂(ξ̃)m)
= (φ̂(ξ)φ̂(ξ̃))m
= φ̂(ξξ̃)m
= (ξξ̃) · m .

Man kann für einen Ring R allgemein einen R-Modul definieren als eine abelsche Gruppe M, zusammen mit einem Ringmorphismus R → End_{R} M. Geht man so vor, so kann man hier damit argumentieren, daß das Kompositum eines gegebenen (moduldefinierenden) Ringmorphismus mit dem Ringmorphismus φ̂ wieder ein (moduldefinierender) Ringmorphismus ist.

Es ist H \overline{}C, h \overline{}tr ℓ_{M|_{φ}}(h) = tr ℓ_{M}(φ(h)) = χ(φ(h)) der zugehörige Charakter.

(2) Gemäß der Lösung zu (1) müssen wir zeigen, daß aus M einfach und φ surjektiv folgt, daß M|_{φ} einfach ist. Zunächst folgt aus M ≠ 0, daß M|_{φ} ≠ 0. Sei nun N ein CH-Teilmodul von M|_{φ}. Es ist mit φ : H \overline{}G auch φ̂ : CH \overline{}CG surjektiv. Es genügt zu zeigen, daß N ein CG-Teilmodul von M ist, denn dann folgt mit der Einfachheit des CG-Moduls M, daß N ∈ {0, M}. Es ist 0 ∈ N. Seien n, ñ ∈ N. Seien η, η̃ ∈ CG. Es gibt ξ, ξ̃ ∈ CH mit φ̂(ξ) = η und φ̂(ξ̃) = η̃. Also wird

ηn + η̃ñ = φ̂(ξ)n + φ̂(ξ̃)ñ = ξ · n + ξ̃· ñ ∈ N .

(3) Wir schreiben Charaktere als Zeilenvektoren, in der Form, in der sie auch in der Charaktertafel in der Lösung von Aufgabe 24 auftauchen. Der obere Index zeige lediglich die Gruppe an. Wir haben auf die ersten drei Spalten einzuschränken. Es wird

\begin{aligned}χ_{1}^{S_{4}}|_{S_{3}} & = & (^{1 1 1}) & = & χ_{1}^{S_{3}} \\ χ_{2}^{S_{4}}|_{S_{3}} & = & (^{1 −1 1}) & = & χ_{2}^{S_{3}} \\ χ_{3}^{S_{4}}|_{S_{3}} & = & (^{3 −1 0}) & = & χ_{2}^{S_{3}} + χ_{3}^{S_{3}} \\ χ_{4}^{S_{4}}|_{S_{3}} & = & (^{3 1 0}) & = & χ_{1}^{S_{3}} + χ_{3}^{S_{3}} \\ χ_{5}^{S_{4}}|_{S_{3}} & = & (^{2 0 −1}) & = & χ_{3}^{S_{3}} . \end{aligned}

(4) Gemäß Lösung zur Aufgabe 17.(3) genügt es mit σ_{1} := (1, 2), σ_{2} := (2, 3) und σ_{3} := (3, 4) zu

zeigen, daß

φ(σ_{1})^{2} =^{!} id
φ(σ_{2})^{2} =^{!} id
φ(σ_{3})^{2} =^{!} id
φ(σ_{1} ∘ σ_{2})^{3} =^{!} id
φ(σ_{2} ∘ σ_{3})^{3} =^{!} id
φ(σ_{1} ∘ σ_{3})^{2} =^{!} id

Eine Rechnung in S_{3} zeigt, daß dies in der Tat zutrifft. Es ist φ surjektiv, da bereits S_{3} = ⟨(1, 2), (2, 3)⟩ = ⟨φ((1, 2)), φ((2, 3))⟩ = φ(⟨(1, 2), (2, 3)⟩) ist. Es ist

\begin{aligned}φ(id) & = & id \\ φ((1, 2)) & = & (1, 2) \\ φ((1, 2, 3)) & = & (1, 2, 3) \\ φ((1, 2, 3, 4)) & = & (1, 3) \\ φ((1, 2)(3, 4)) & = & id \end{aligned}

Dementsprechend wird

\begin{aligned}χ_{1}^{S_{3}}|_{φ} & = & (^{1 1 1 1 1}) & = & χ_{1}^{S_{4}} \\ χ_{2}^{S_{3}}|_{φ} & = & (^{1 −1 1 −1 1}) & = & χ_{2}^{S_{4}} \\ χ_{3}^{S_{3}}|_{φ} & = & (^{2 0 −1 0 2}) & = & χ_{5}^{S_{4}} . \end{aligned}

Aufgabe 26

(1) Um zu zeigen, daß für g ∈ G die Abbildung

[figure: V; ⊗_{C}; W; V; ⊗_{C}; W; v; ⊗; w; gv; ⊗; gw]

als C-lineare Abbildung wohldefiniert ist, beachten wir, daß

\begin{aligned}g(λv + λ′v′) ⊗ gw & = & (λgv + λ′gv′) ⊗ gw & = & λ(gv ⊗ gw) + λ′(gv′ ⊗ gw) \\ gv ⊗ g(μw + μ′w′) & = & gv ⊗ (μgw + μ′gw′) & = & μ(gv ⊗ gw) + μ′(gv ⊗ gw′) \end{aligned}

für v, v′ ∈ V und w, w′ ∈ W und λ, λ′, μ, μ′ ∈ C. Dies liefert einen Gruppenmorphismus G \overline{}U( End_{C}(V ⊗_{C} W)), da

g(h(∑_{i} v_{i} ⊗ w_{i})) = g(∑_{i} hv_{i} ⊗ hw_{i}) = ∑_{i} ghv_{i} ⊗ ghw_{i} = (gh)(∑_{i} v_{i} ⊗ w_{i}) ,

wobei v_{i} ∈ V und w_{i} ∈ W. Mit Aufgabe 16.(2) setzt sich dies fort zu einem C-Algebrenmorphismus CG \overline{}End_{C}(V ⊗_{C} W), was wiederum V ⊗_{C} W auf die gewünschte Weise zu einem CG-Modul macht.

(2) Sei M ein endlichdimensionaler CG-Modul mit χ(g) = tr ℓ_{M}(g) für g ∈ G. Sei N ein endlichdimensionaler CG-Modul mit ψ(g) = tr ℓ_{N}(g) für g ∈ G. Cf. Bemerkung eingangs der Lösung zu Aufgabe 25. Sei g ∈ G. Sei (m_{i})_{i} eine C-lineare Basis von M. Sei (λ_{i,j})_{i,j} die diesbezüglich beschreibende Matrix von ℓ_{M}(g). Sei (n_{i′})_{i′} eine C-lineare Basis von N. Sei (μ_{i′,j′})_{i′,j′} die diesbezüglich beschreibende Matrix von ℓ_{N}(g). Es wird

g(m_{j} ⊗ n_{j′}) = gm_{j} ⊗ gn_{j′} = (∑_{i} λ_{i,j}m_{i}) ⊗ (∑_{i′} μ_{i′,j′}n_{i′}) = ∑_{i,i′} λ_{i,j} μ_{i′,j′}(m_{i} ⊗ n_{i′}) .

Also ist die beschreibende Matrix von ℓ_{M⊗_{C}N}(g) bezüglich der Basis (m_{i} ⊗ n_{i′})_{(i,i′)} gegeben durch

(λ_{i,j} μ_{i′,j′})_{(i,i′),(j,j′)} .

Deren Spur ist gegeben durch

tr ℓ_{M⊗_{C}N}(g) = ∑_{i,i′} λ_{i,i} μ_{i′,i′} = (∑_{i} λ_{i,i})(∑_{i′} μ_{i′,i′}) = (tr ℓ_{M}(g))(tr ℓ_{N}(g)) = χ(g) · ψ(g) .

Also ist χ · ψ der zu M ⊗_{C} N gehörige Charakter von G.

Aufgabe 27

(1) Es ist

\begin{aligned}| id^{S_{4}} | & = & 1 \\ |(1, 2)^{S_{4}}| & = & 6 \\ |(1, 2, 3)^{S_{4}}| & = & 8 \\ |(1, 2, 3, 4)^{S_{4}}| & = & 6 \\ |(1, 2)(3, 4)^{S_{4}}| & = & 3 . \end{aligned}

Also wird

\begin{aligned}∑_{s} χ_{4}(g_{s}) \overline{χ_{4}(g_{s})} |g_{s}^{S_{4}}| & = & 3 · 3 · 1 + 1 · 1 · 6 + 0 · 0 · 8 + (−1) · (−1) · 6 + (−1) · (−1) · 3 & = & 24 \\ ∑_{s} χ_{4}(g_{s}) \overline{χ_{5}(g_{s})} |g_{s}^{S_{4}}| & = & 3 · 2 · 1 + 1 · 0 · 6 + 0 · (−1) · 8 + (−1) · 0 · 6 + (−1) · 2 · 3 & = & 0 \\ ∑_{s} χ_{5}(g_{s}) \overline{χ_{5}(g_{s})} |g_{s}^{S_{4}}| & = & 2 · 2 · 1 + 0 · 0 · 6 + (−1) · (−1) · 8 + 0 · 0 · 6 + 2 · 2 · 3 & = & 24 \end{aligned}

(2) Es wird χ_{4} · χ_{5} = (^{6 0 0 0 −2}) = χ_{3} + χ_{4} .

(3) Es wird

ε_{4} = \frac{n_{s}}{|G|} ∑_{g} χ_{s}(g^{−1}) g
= \frac{1}{8}(3 id +(1, 2) + (1, 3) + (1, 4) + (2, 3) + (2, 4) + (3, 4)
−(1, 2, 3, 4) − (1, 2, 4, 3) − (1, 3, 2, 4) − (1, 3, 4, 2) − (1, 4, 2, 3) − (1, 4, 3, 2)
−(1, 2)(3, 4) − (1, 3)(2, 4) − (1, 4)(2, 3)) .

Mit Magma kann man wie folgt eine Probe machen, daß ε_{4} in der Tat idempotent ist. Hierzu können wir im Teilring QS_{4} ⊆ CS_{4} rechnen, zur Vermeidung von Dezimalbrüchen.

              S := SymmetricGroup(4);
              R := GroupAlgebra(Rationals(),S);
              eps4 := 1/8*(3*R!S!1 + R!S!(1,2) + R!S!(1,3) + R!S!(1,4) + R!S!(2,3) + R!S!(2,4) + R!S!(3,4)
                           - R!S!(1,2,3,4) - R!S!(1,2,4,3) - R!S!(1,3,2,4) - R!S!(1,3,4,2)  - R!S!(1,4,2,3) - R!S!(1,4,3,2)
                           - R!S!(1,2)(3,4) - R!S!(1,3)(2,4) - R!S!(1,4)(2,3));
              print eps4^2 - eps4;

Aufgabe 28

Schreibe zunächst

ω′(z^{1} , …, z^{t}) := ∑_{g∈G} (\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr (ω^{s}(g^{−1}) z^{s}))g ∈ CG ,

wobei z^{s} ∈ C^{n_{s}×n_{s}} für s ∈ [1, t]. Wir wollen ω′ =^{!} ω^{−1} zeigen. Da wir bereits wissen, daß ω ein Isomor-

phismus ist, genügt es, ω′ ∘ ω =^{!} id_{CG} zu zeigen. Dank C-Linearität von ω und ω′ genügt es zu zeigen, daß (ω′ ∘ ω)(h) = h für h ∈ G. In der Tat wird

(ω′ ∘ ω)(h) = ∑_{g∈G} (\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr (ω^{s}(g^{−1}) ω^{s}(h)))g
= ∑_{g∈G} (\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s} tr ω^{s}(g^{−1}h))g
= ∑_{g∈G} (\frac{1}{|G|} ∑_{s∈[1,t]} n_{s}χ_{s}(g^{−1}h))g

=^{L. 36} ∑_{g∈G} ∂_{g^{−1}h,1} g
= h .

Natürlich ist das verwandte Lemma 36 ein Spezialfall von Satz 38.(2).

Aufgabe 28 ist die Verallgemeinerung von Lemma 37 von den speziellen Elementen, von denen dort die Urbilder ε_{s} ausgerechnet wurden, zu beliebigen Elementen.

Aufgabe 29

Sei ν der Eigenwert von y. Es wird

\begin{aligned}Ay & =^{1.} & νy & = & ∑_{i∈[1,k]} νμ_{i}x_{i} \\ & =^{2.} & ∑_{i∈[1,k]} μ_{i}Ax_{i} & = & ∑_{i∈[1,k]} λ_{i}μ_{i}x_{i} , \end{aligned}

also ∑_{i∈[1,k]}(ν − λ_{i})μ_{i}x_{i} = 0.

Da (x_{1} , …, x_{k}) linear unabhängig ist und da μ_{i} ≠ 0 für i ∈ [1, t], folgt ν = λ_{i} für alle i ∈ [1, t].

Aufgabe 30

// test data

p := 3;
n := 4;
V := VectorSpace(GF(p),n);

M := MatrixRing(GF(p),n);
k := 3;
Mk := CartesianProduct([M : i in [1..k]]); // Mk = M x M x ... x M
A := Mk!<M!DiagonalMatrix([1,0,1,1]),M!DiagonalMatrix([1,1,-1,1]),M!DiagonalMatrix([1,0,1,-1])>;
AA := Mk!<M!DiagonalMatrix([1,0,1,1]),M!DiagonalMatrix([1,1,-1,1]),
          M!Matrix([[1,0,1,-1],[0,-1,0,1],[1,0,0,1],[0,0,1,1]])>;
// function
eigenvector_simult := function(p,n,A)
 k := #A;
 M := MatrixRing(GF(p),n);
 MVN := RMatrixSpace(GF(p),0,n);
 MV := RMatrixSpace(GF(p),1,n);
 V := VectorSpace(GF(p),n);
 eigensp := [V];
 for i in [1..k] do
  eigensp_new := [V];  // to initialise eigensp_new
  Prune(~eigensp_new); // to initialise eigensp_new
  for E in eigensp do
   for ev in Eigenvalues(A[i]) do
    Emeet := E meet Kernel(Transpose(A[i] - ev[1]*M!1));
    if Dimension(Emeet) gt 0 then
     Append(~eigensp_new,Emeet);
    end if;
   end for;
   if eigensp_new eq [] then
    break i;
   end if;
  end for;
  eigensp := eigensp_new;
 end for;
 matrix := MVN!0;
 for E in eigensp do
  for x in Basis(E) do
   matrix := VerticalJoin(matrix,MV!x);
  end for;
 end for;
 return Transpose(matrix);
end function;
// test
print eigenvector_simult(p,n,A);
print eigenvector_simult(p,n,AA);

Aufgabe 31

// test data
p := 7;
S := SymmetricGroup(5);                 // S5

G := sub< S | (1,2,3,4,5), (2,5)(3,4)>; // D10
GG := sub< S | (1,2,3), (1,2,3,4,5)>;   // A5
// function
gamma := function(G,p)
t := #ConjugacyClasses(G);
g := [ConjugacyClasses(G)[s][3] : s in [1..t]];
gG := [{ g[s]^x : x in G } : s in [1..t]];
M := MatrixRing(GF(p),t);
Mk := CartesianProduct([M : s in [1..t]]); // Mk = M x M x ... x M
return Mk!<M![#{x : x in CartesianProduct(gG[r],gG[s]) | x[1]*x[2] eq g[a]} :
  a in [1..t], s in [1..t]] : r in [1..t] >, t, g, gG;
end function;
// test
print gamma(S,p);
print gamma(G,p);
print gamma(GG,p);

Aufgabe 32

Halten wir zunächst fest, daß Φ_{m}(0) ∈ {−1, +1} für m ⩾ 1, wie aus ∏_{d|m} Φ_{d}(X) = X^{m} − 1 und also ∏_{d|m} Φ_{d}(0) = −1 mit Induktion nach m ⩾ 1 folgt.

Genauer gesagt folgt Φ_{m}(0) = 1 für m ⩾ 2 per Induktion aus ∏_{d|m, d≠1} Φ_{d}(0) = 1.

(1) O.E. ist n ⩾ 2.

Da b ≡_{n} 0, ist Φ_{n}(b) ≡_{n} Φ_{n}(0) ∈ {−1, +1}. Also ist q kein Teiler von n, da es sonst auch −1 oder +1 teilen würde. Aus Φ_{n}(b) ≡_{q} 0 und Φ_{n}(X) | (X^{n} − 1) folgt, daß b^{n} ≡_{q} 1. Sei r ⩾ 1 maximal mit b^{n} ≡_{q^{r}} 1. Dies existiert, da zum einen b^{n} ≡_{q^{r}} 1, und da zum anderen aus b ≡_{n} 0 wegen n ⩾ 2 folgt, daß b^{n} ≠ 1. Es ist n die Ordnung von b + q^{r}Z in U(Z/q^{r}Z), denn für d|n mit d < n ist

q | Φ_{n}(b) | \frac{b^{n} − 1}{b^{d} − 1} ,

und also q^{r} kein Teiler von b^{d} − 1. Folglich ist n ein Teiler von |U(Z/q^{r}Z)| = q^{r−1}(q − 1). Da n und q teilerfremd sind, folgt n|(q − 1), und also q ≡_{n} 1.

Cf. [4, Th. 2.3].

(2) Angenommen, die Menge { p ∈ Z_{>0} : p prim, p ≡_{n} 1 } ist endlich. Sei P das Produkt ihrer Elemente (also P = 1, falls keine vorhanden). Da Φ_{n}(X) ein normiertes Polynom von Grad ⩾ 1 ist, gibt es ein x ∈ Z_{⩾0} mit Φ_{n}(xP n) > 1. Sei q ein Primteiler von Φ_{n}(xP n). Es ist Φ_{n}(xP n) ≡_{P} Φ_{n}(0) ∈ {−1, +1}. Also ist q kein Teiler von P, da es sonst auch +1 oder −1 teilen würde. Aber mit (1) ist q ≡_{n} 1. Wir haben einen Widerspruch, da alle solchen Primzahlen Teiler von P sind.

Eine (nicht besonders gute) obere Schranke für die jeweils nächste Primzahl p mit p ≡_{n} 1 kann aus diesen Argumenten auch gewonnen werden, wenn man sich noch ein t_{0} mit Φ_{n}(t) > 1 für t > t_{0} beschafft. Nach dem Satz von Dirichlet ist allgemeiner für m ∈ [1, n − 1] mit ggT(m, n) = 1 die Menge { p ∈ Z_{>0} : p prim, p ≡_{n} m } unendlich. Dies zeigt man mit Mitteln der Funktionentheorie.

Aufgabe 33

// test data
S := SymmetricGroup(5);                 // S5
G := sub< S | (1,2,3,4,5), (2,5)(3,4)>; // D10
GG := sub< S | (1,2,3), (1,2,3,4,5)>;   // A5
// function
theta_p := function(G)
 e := Exponent(G);
 p := Order(G) + 1; // initialise
 while not IsPrime(p) do
  p +:= e;
 end while;
 for x in [1..p-1] do
  if Order(GF(p)!x) eq e then
  bzeta := GF(p)!x;
  break x;
  end if;
 end for;
 R := ext<Integers() | CyclotomicPolynomial(e)>;
 if e ge 3 then
  zeta := R.2;
 elif e eq 2 then
  zeta := R!-1;
 else
  zeta := R!1;
 end if;
 th := hom< R -> GF(p) | bzeta > ;
 return R, th, p, e, zeta;
end function;
// test
R, th, p, e, zeta := theta_p(G);
print R, th, p, e, zeta;
R, th, p, e, zeta := theta_p(GG);
print R, th, p, e, zeta;
R, th, p, e, zeta := theta_p(S);
print R, th, p, e, zeta;

Aufgabe 34

(1) Wir kennen die Funktionen gamma von Aufgabe 31, eigenvector_simult von Aufgabe 30, und theta_p von Aufgabe 33.

Dazuhin schreiben wir folgende Funktion, die zu jedem Index s in [1, t] und jedem i ∈ Z den Index der i-ten Potenz des Konjugationsklassenrepräsentanten g_{s} ausgibt.

power_index := function(s,i,g,gG)
for r in [1..#g] do
 if g[s]^i in gG[r] then
  return r;
  break r;
 end if;
end for;
end function;

Nun zum eigentlichen Dixon-Algorithmus. Wir merken dabei die Schritte aus Algorithmus 51 in der dortigen Zählung an.

// test data
S := SymmetricGroup(5);                 // S5
G := sub< S | (1,2,3,4,5), (2,5)(3,4)>; // D10
GG := sub< S | (1,2,3), (1,2,3,4,5)>;   // A5
// function
Dixon := function(G);
// (1)
R, th, p, e, zeta := theta_p(G);
bar_zeta := th(zeta);
K<zeta> := NumberField(R);
// (2), takes time
A,t,g,gG := gamma(G,p);
// (3)
beta := Transpose(eigenvector_simult(p,t,A));
// (4)
n := [Integers()!(Sqrt(Integers()!(
      (GF(p)!(#G)) / &+[
       beta[r][s] * beta[r][power_index(s,-1,g,gG)] / GF(p)!(#gG[s])
      : s in [1..t]]
      ))) : r in [1..t]];
// (5)
theta_chi := MatrixRing(GF(p),t)!
 [beta[r][s] * GF(p)!(n[r]) / GF(p)!(#gG[s]) : s in [1..t], r in [1..t]];
// (7) (step (6) done with power_index;)
// MatrixRing(K,t)-entries look better than MatrixRing(R,t)-entries
chi := MatrixRing(K,t)![
 &+[Integers()!(
  &+[bar_zeta^(-i*l) * theta_chi[r][power_index(s,i,g,gG)] : i in [0..e-1]]
 /(GF(p)!e)) * zeta^l : l in [0..e-1]]
: s in [1..t], r in [1..t]];
// swap trivial character to top
for r in [1..t] do
 if &and[chi[r][s] eq K!1 : s in [1..t]] then
  SwapRows(~chi,r,1);
  break r;

end if;
end for;
return MatrixRing(K,t)!chi,e,"\n",g;
end function;
// test
Dixon(G);
Dixon(GG);
Dixon(S);

(2) (2.1) Zu C_{3} . Unser Programm

C3 := sub<SymmetricGroup(3)|(1,2,3)>;
Dixon(C3);

gibt

[        1         1         1]
[        1 -zeta - 1      zeta]
[        1      zeta -zeta - 1]
3
 [
    Id(C3P),
    (1, 2, 3),
    (1, 3, 2)
]

Dies stimmt mit dem Resultat von CharacterTable überein; cf. Aufgabe 24.(1).

(2.2) Zu S_{3} . Unser Programm

Dixon(SymmetricGroup(3));

gibt

[ 1  1  1]
[ 1 -1  1]
[ 2  0 -1]
6
 [
    Id($),
    (1, 2),
    (1, 2, 3)
]

Dies stimmt mit dem Resultat von CharacterTable überein; cf. Aufgabe 24.(2).

(2.3) Zu S_{4} . Unser Programm

Dixon(SymmetricGroup(4));

gibt

[ 1  1  1  1  1]
[ 3 -1 -1  0  1]
[ 2  2  0 -1  0]
[ 3 -1  1  0 -1]
[ 1  1 -1  1 -1]
12
 [
    Id($),
    (1, 2)(3, 4),
    (1, 2),
    (1, 2, 3),
    (1, 2, 3, 4)
]

Dies stimmt mit dem Resultat von CharacterTable bis auf Permutation der Zeilen überein; cf. Aufgabe 24.(3).

(2.4) Zu D_{10} . Unser Programm

D10 := sub<SymmetricGroup(5)|(1,2,3,4,5),(2,5)(3,4)>;
Dixon(D10);

gibt

[                  1                   1                   1                   1]
[                  2                   0 zeta^3 - zeta^2 - 1    -zeta^3 + zeta^2]
[                  2                   0    -zeta^3 + zeta^2 zeta^3 - zeta^2 - 1]
[                  1                  -1                   1                   1]
10
 [
    Id(D10),
    (2, 5)(3, 4),
    (1, 2, 3, 4, 5),
    (1, 3, 5, 2, 4)
]

Dies stimmt mit dem Resultat von CharacterTable bis auf Permutation der Zeilen überein; cf. Aufgabe 24.(4), da ζ_{10} = −ζ_{5}^{3} ist und sich so

ζ_{10}^{3} − ζ_{10}^{2} − 1 = −ζ_{5}^{3} − ζ_{5}^{2} − 1

und

−ζ_{10}^{3} + ζ_{10}^{2} = ζ_{5}^{3} + ζ_{5}^{2} = −ζ_{5} + (ζ_{5}^{3} + ζ_{5}^{2} + ζ_{5}^{1} + ζ_{5}^{0}) − 1 = −ζ_{5}^{6} − ζ_{5}^{4} − 1

ergibt.

(3) (3.1) Zu S_{6} . Unser Programm

Dixon(SymmetricGroup(6));

gibt

[ 1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1]
[ 5 -1  3  1 -1  2 -1  1  0 -1  0]
[ 5 -3  1  1  2 -1 -1 -1  0  0  1]
[ 1 -1 -1  1  1  1  1 -1  1 -1 -1]

[16  0  0  0 -2 -2  0  0  1  0  0]
[ 9  3  3  1  0  0  1 -1 -1  0  0]
[10  2 -2 -2  1  1  0  0  0 -1  1]
[ 5  1 -3  1 -1  2 -1 -1  0  1  0]
[ 5  3 -1  1  2 -1 -1  1  0  0 -1]
[ 9 -3 -3  1  0  0  1  1 -1  0  0]
[10 -2  2 -2  1  1  0  0  0  1 -1]
60
 [
    Id($),
    (1, 2)(3, 4)(5, 6),
    (1, 2),
    (1, 2)(3, 4),
    (1, 2, 3)(4, 5, 6),
    (1, 2, 3),
    (1, 2, 3, 4)(5, 6),
    (1, 2, 3, 4),
    (1, 2, 3, 4, 5),
    (1, 2, 3, 4, 5, 6),
    (1, 2, 3)(4, 5)
]

Dagegen gibt CharacterTable, bereits nach Umsortieren der Zeilen :

Class |    1  2  3  4  5  6  7  8   9  10  11
Size  |    1 15 15 45 40 40 90 90 144 120 120
Order |    1  2  2  2  3  3  4  4   5   6   6
---------------------------------------------
X.1   +    1  1  1  1  1  1  1  1   1   1   1
X.4   +    5 -1  3  1 -1  2 -1  1   0  -1   0
X.3   +    5 -3  1  1  2 -1 -1 -1   0   0   1
X.2   +    1 -1 -1  1  1  1  1 -1   1  -1  -1
X.11  +   16  0  0  0 -2 -2  0  0   1   0   0
X.7   +    9  3  3  1  0  0  1 -1  -1   0   0
X.10  +   10  2 -2 -2  1  1  0  0   0  -1   1
X.6   +    5  1 -3  1 -1  2 -1 -1   0   1   0
X.5   +    5  3 -1  1  2 -1 -1  1   0   0  -1
X.8   +    9 -3 -3  1  0  0  1  1  -1   0   0
X.9   +   10 -2  2 -2  1  1  0  0   0   1  -1

Das ist dasselbe, wenn wir noch beachten, daß Magma seine eigene Reihenfolge der Konjugationsklassen auch für seine Charaktertafel verwendet.

(3.1) Zu A_{6} . Unser Programm

Dixon(AlternatingGroup(6));

gibt

[1 1 1 1 1 1 1]
[8 0 -1 -1 0 -zeta^14 + zeta^6 + zeta^4 zeta^14 - zeta^6 - zeta^4 + 1]
[9 1 0 0 1 -1 -1]
[8 0 -1 -1 0 zeta^14 - zeta^6 - zeta^4 + 1 -zeta^14 + zeta^6 + zeta^4]
[10 -2 1 1 0 0 0]

[5 1 -1 2 -1 0 0]
[5 1 2 -1 -1 0 0]
60
 [
    Id($),
    (1, 2)(3, 4),
    (1, 2, 3)(4, 5, 6),
    (1, 2, 3),
    (1, 2, 3, 4)(5, 6),
    (1, 2, 3, 4, 5),
    (1, 3, 4, 5, 2)
]

Dagegen gibt CharacterTable, bereits nach Umsortieren der Zeilen :

Class |    1  2  3  4  5    6    7
Size  |    1 45 40 40 90   72   72
Order |    1  2  3  3  4    5    5
----------------------------------
X.1   +    1  1  1  1  1    1    1
X.4   +    8  0 -1 -1  0   Z1 Z1#2
X.6   +    9  1  0  0  1   -1   -1
X.5   +    8  0 -1 -1  0 Z1#2   Z1
X.7   +   10 -2  1  1  0    0    0
X.3   +    5  1 -1  2 -1    0    0
X.2   +    5  1  2 -1 -1    0    0
Explanation of Character Value Symbols
--------------------------------------
# denotes algebraic conjugation, that is,
#k indicates replacing the root of unity w by w^k
Z1     = (CyclotomicField(5: Sparse := true)) ! [ RationalField() | 0, 0, -1, -1 ]

Es ist ζ_{60}^{2} = ζ_{30} , und also

\begin{aligned}−ζ_{60}^{14} + ζ_{60}^{6} + ζ_{60}^{4} & = & −ζ_{30}^{7} + ζ_{30}^{3} + ζ_{30}^{2} \\ ζ_{60}^{14} − ζ_{60}^{6} − ζ_{60}^{4} + 1 & = & ζ_{30}^{7} − ζ_{30}^{3} − ζ_{30}^{2} + 1 . \end{aligned}

Wir haben das Kreisteilungspolynom Φ_{30}(X) = X^{8} + X^{7} − X^{5} − X^{4} − X^{3} + X + 1, wie Magma via CyclotomicPolynomial(30) liefert, können also reduzieren zu

\begin{aligned}−ζ_{5}^{2} − ζ_{5}^{3} & = & −ζ_{30}^{12} − ζ_{30}^{18} & = & −ζ_{30}^{7} + ζ_{30}^{3} + ζ_{30}^{2} \\ −ζ_{5}^{4} − ζ_{5}^{6} & = & −ζ_{30}^{24} − ζ_{30}^{6} & = & ζ_{30}^{7} − ζ_{30}^{3} − ζ_{30}^{2} + 1 , \end{aligned}

wie Magma via

R<zeta> := ext<Rationals()|CyclotomicPolynomial(30)>;
- zeta^12 - zeta^18;
- zeta^24 - zeta^6;

liefert. Also stimmen die beiden resultierenden Charaktertafeln überein, wenn wir noch beachten, daß Magma seine eigene Reihenfolge der Konjugationsklassen auch für seine Charaktertafel verwendet.

Aufgabe 35

(1) Sei M′′ = _{R}⟨m′′_{1} , …, m′′_{t}⟩ für ein t ⩾ 0 und für m′′_{i} ∈ M′′ für i ∈ [1, t]. Wähle m_{i} ∈ M mit p(m_{i}) = m′′_{i} für i ∈ [1, t]. Sei Kern p = _{R}⟨m′_{1} , …, m′_{s}⟩ für ein s ⩾ 0. Wir behaupten, daß

M =^{!} _{R}⟨m′_{1} , …, m′_{s} , m_{1} , …, m_{t}⟩ .

Sei m ∈ M gegeben. Schreibe p(m) = w_{1}m′′_{1} + ⋯ + w_{t}m′′_{t} für gewisse w_{i} ∈ R. Es ist p(m − (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t})) = 0. Also ist m − (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t}) ∈ Kern p, und wir können m − (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t}) = z_{1}m′_{1} + ⋯ + z_{s}m′_{s} schreiben für gewisse z_{i} ∈ R. Insgesamt wird

m = (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t}) + (z_{1}m′_{1} + ⋯ + z_{s}m′_{s}) .

Dies zeigt die Behauptung.

(2) Schreibe N = _{R}⟨n_{1} , …, n_{ℓ}⟩ mit ℓ ⩾ 0 und mit n_{i} ∈ N für i ∈ [1, ℓ].

Wir haben eine surjektive R-lineare Abbildung

[figure: R^{⊕ℓ}; f; N; (r_{i})_{i}; ∑_{i∈[1,ℓ]} r_{i}n_{i}]

Also haben wir auch eine surjektive R-lineare Abbildung

f|_{f^{−1}(M)}^{M} : f^{−1}(M) \overline{}M .

Können wir zeigen, daß der Teilmodul f^{−1}(M) von R^{⊕ℓ} endlich erzeugt ist, so gilt dies auch für M, da wir die Bilder der gefundenen Erzeuger von f^{−1}(M) unter f als Erzeuger von M verwenden können. Somit ist o.E. M ⊆ R^{⊕ℓ} = N. Wir führen eine Induktion nach ℓ ⩾ 0. Für ℓ = 0 ist nichts zu zeigen. Sei also ℓ ⩾ 1 und die Aussage für ℓ − 1 bekannt.

Sei R^{⊕ℓ} ^{\overline{}^{p}} R^{⊕(ℓ−1)}, (r_{1} , r_{2} , …, r_{ℓ}) \overline{}(r_{2} , …, r_{ℓ}). Es ist p eine R-lineare Abbildung. Sei M′′ := Im(p|_{M}) ⊆ R^{⊕(ℓ−1)}. Als Teilmodul von R^{⊕(ℓ−1)} ist M′′ nach Induktionsvoraussetzung endlich erzeugt. Wir haben eine surjektive R-lineare Abbildung p|_{M}^{M′′} : M \overline{}M′′. Wir haben die injektive R-lineare Abbildung

[figure: Kern(p|_{M}^{M′′}) = {(r_{1}, …, r_{ℓ}) ∈ R^{⊕ℓ} : (r_{1}, …, r_{ℓ}) ∈ M, r_{i} = 0 für i ∈ [2, ℓ]}; R; (r_{1}, …, r_{ℓ}); r_{1}]

Ihr Bild ist wegen R Hauptidealbereich von einem Element und also endlich erzeugt. Somit ist auch Kern(p|_{M}^{M′′}) als zu diesem Bild isomorpher R-Modul endlich erzeugt. Somit sind die in (1) gemachten Voraussetzungen an M′′ und Kern(p|_{M}^{M′′}) erfüllt, und wir können schließen, daß M endlich erzeugt ist.

Aufgabe 36

Vorbemerkung. Sei R ein Integritätsbereich. Gebe es eine Abbildung f : R ∖ \{0\} \overline{}Z_{⩾0} so, daß es für r, s ∈ R ∖ {0} ein q ∈ R und ein p ∈ R mit r = sq + p und (p = 0 oder f(p) ∈ [0, f(s) − 1]) gibt.

Behauptung. Es ist R ein Hauptidealbereich.

Sei 𝔞 ⊆ R ein Ideal. Wir haben zu zeigen, daß es ein a ∈ R gibt mit 𝔞 = ⟨a⟩. Sei o.E. 𝔞 ≠ {0}. Sei

a ∈ 𝔞 ∖ {0} mit f(a) minimal. Wir wollen 𝔞 =^{!} ⟨a⟩ zeigen. Zu zeigen ist ⊆^{!}. Sei b ∈ 𝔞. Wir wollen b ∈^{!} ⟨a⟩ zeigen. O.E. ist b ≠ 0. Schreibe b = aq + p mit q ∈ R und (p = 0 oder f(p) ∈ [0, f(a) − 1]). Es ist p = b − aq ∈ 𝔞. Wäre p ≠ 0, so wäre f(p) < f(a), im Widerspruch zur Minimalität von f(a). Also ist p = 0 und also b = aq ∈ ⟨a⟩. Dies zeigt die Behauptung.

(1) Sei g : Q(i) \overline{}Q_{⩾0} , x+y i \overline{}|x+y i|^{2} = x^{2}+y^{2}, wobei x, y ∈ Q. Wir müssen zeigen, daß f := g|_{Z[i]∖{0}}^{Z_{⩾0}} die in der Vorbemerkung geforderte Eigenschaft hat. Beachte, daß g(z · w) = g(z) · g(w) für z, w ∈ Q(i).

Seien r = a + b i, s = c + d i ∈ Z[i] ∖ {0} gegeben, wobei a, b, c, d ∈ Z. In Q(i) sei

\frac{a + b i}{c + d i} =: u + v i

mit u (= (ac + bd)/(c^{2} + d^{2})) und v (= (bc − ad)/(c^{2} + d^{2})) aus Q.

Seien u_{0} ∈ Z und u_{1} ∈ Q mit u = u_{0} + u_{1} und |u_{1}| ⩽ 1/2.

Seien v_{0} ∈ Z und v_{1} ∈ Q mit v = v_{0} + v_{1} und |v_{1}| ⩽ 1/2.

Können wir zeigen, daß g(u_{1} + v_{1}i) <^{!} 1, dann wird

a + b i = (u + v i)(c + d i) = (u_{0} + v_{0}i)(c + d i) + \underbrace{(u_{1} + v_{1}i)(c + d i)}_{∈ Z[i]}

mit, falls u_{1} + v_{1}i ≠ 0,

f((u_{1} + v_{1}i)(c + d i)) = g(u_{1} + v_{1}i) · f(c + d i) <^{f(c+d i)>0} f(c + d i) .

In der Tat wird

g(u_{1} + v_{1}i) = u_{1}^{2} + v_{1}^{2} ⩽ (1/2)^{2} + (1/2)^{2} = 1/2 < 1 .

(2) Wir schreiben kurz α := \sqrt{−5}. Es ist also α^{2} = −5.

Wir wollen zeigen, daß _{Z[α]}⟨1 + α, 2⟩ kein Hauptideal ist. Damit ist dann gezeigt, daß Z[α] kein Hauptidealbereich ist.

Annahme, es ist _{Z[α]}⟨1 + α, 2⟩ = _{Z[α]}⟨x + yα⟩ für gewisse x, y ∈ Z.

Es ist _{Z[α]}⟨x + yα⟩ = _{Z}⟨x + yα, −5y + xα⟩. Der Index der Untergruppe _{Z}⟨x + yα, −5y + xα⟩ in der abelschen Gruppe Z[α] = _{Z}⟨1, α⟩ ist

|Z[α]/_{Z[α]}⟨x + yα⟩| = | det(\begin{matrix}x & −5y \\ y & x \end{matrix}) | = x^{2} + 5y^{2} ,

wie man sich mit dem Elementarteilersatz überlegt; cf. Satz 4. In der Tat gibt es nach loc. cit. eine Z-lineare Basis (β_{1} , β_{2}) von Z[α], für welche die Untergruppe _{Z[α]}⟨x + yα⟩ die Z-lineare Basis (z_{1}β_{1} , z_{2}β_{2}) hat für gewisse z_{1} , z_{2} ∈ Z. Die Faktorgruppe ist damit isomorph zu Z/z_{1}Z ⊕ Z/z_{2}Z, hat also Ordnung |z_{1}z_{2}|. Auf der anderen Seite ist dies die Determinante der Einbettung, die bis auf Vorzeichen von den Basiswahlen unabhängig ist.

Dagegen ist _{Z[α]}⟨1 + α, 2⟩ = _{Z}⟨1 + α, 2, −5 + α, 2α⟩. Mittels SmithForm erhalten wir

(\begin{matrix}1 & 2 & −5 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 \end{matrix}) = \underbrace{(\begin{matrix}1 & 0 \\ −1 & 1 \end{matrix})}_{∈ GL_{2}(Z)} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{matrix}) \underbrace{( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & −2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 1 \end{matrix} )}_{∈ GL_{4}(Z)}

Also ist _{Z[α]}⟨1 + α, 2⟩ = _{Z}⟨1 − α, 2⟩ und Z[α]/_{Z[α]}⟨1 + α, 2⟩ ≃ Z/2 als Z-Moduln, insbesondere also |Z[α]/_{Z[α]}⟨1 + α, 2⟩| = 2.

Somit ist x^{2} + 5y^{2} = 2, wobei x, y ∈ Z. Da dies weder für |y| ⩾ 1 noch für y = 0 sein kann, sind wir an einen Widerspruch angelangt.

(3) Schreibe ζ := ζ_{3} .

Sei

[figure: g; :; Q(ζ); Q_{⩾0}; x + y ζ; |x + yζ|^{2} = (x + yζ)(x + yζ^{2}) = x^{2} − xy + y^{2} = (x − y/2)^{2} + 3y^{2}/4 ,]

wobei x, y ∈ Q. Wir müssen zeigen, daß f := g|_{Z[ζ]∖{0}}^{Z_{⩾0}} die in der Vorbemerkung geforderte Eigenschaft hat. Beachte, daß g(z · w) = g(z) · g(w) für z, w ∈ Q(ζ). Seien r = a + bζ, s = c + dζ ∈ Z[ζ] ∖ {0} gegeben, wobei a, b, c, d ∈ Z. In Q(ζ) sei

\frac{a + bζ}{c + dζ} =: u + vζ

mit u (= (ac + bd − ad)/(c^{2} − cd + d^{2})) und v (= (bc − ad)/(c^{2} − cd + d^{2})) aus Q. Seien u_{0} ∈ Z und u_{1} ∈ Q mit u = u_{0} + u_{1} und |u_{1}| ⩽ 1/2. Seien v_{0} ∈ Z und v_{1} ∈ Q mit v = v_{0} + v_{1} und |v_{1}| ⩽ 1/2.

Können wir zeigen, daß g(u_{1} + v_{1}ζ) <^{!} 1, dann wird

a + b ζ = (u + v ζ)(c + d ζ) = (u_{0} + v_{0}ζ)(c + d ζ) + \underbrace{(u_{1} + v_{1}ζ)(c + d ζ)}_{∈ Z[ζ]}

mit, falls u_{1} + v_{1}ζ ≠ 0,

f((u_{1} + v_{1}ζ)(c + d ζ)) = g(u_{1} + v_{1}ζ) · f(c + d ζ) <^{f(c+d ζ)>0} f(c + d ζ) .

In der Tat wird

g(u_{1} + v_{1}ζ) = (u_{1} − v_{1}/2)^{2} + 3v_{1}^{2}/4 ⩽ (3/4)^{2} + (3/4)(1/2)^{2} = 3/4 < 1 .

Aufgabe 37 Es ist

\frac{|g_{s}^{G}|}{n_{r}} χ_{r}(g_{s}) ∈ O_{Q(ζ_{e})}

für r, s ∈ [1, t] ; cf. Bemerkung 45.

Beachte, daß hierfür die Aussage O_{Q(ζ_{e})} = Z[ζ_{e}] aus Satz 89 nicht benötigt wird, sondern nur das Argument zu Bemerkung 45, das, in dortiger Bezeichnung, zeigt, daß β_{q,r} Nullstelle eines normierten Polynoms mit ganzzahligen Koeffizienten ist.

Also ist

\frac{|G|}{n_{r}} =^{S. 38.(1)} \frac{1}{n_{r}} ∑_{g∈G} χ_{r}(g) \overline{χ_{r}(g)} = ∑_{s∈[1,t]} \frac{|g_{s}^{G}|}{n_{r}} χ_{r}(g_{s}) \overline{χ_{r}(g_{s})} ∈^{B. 45, A. 23.(1)} O_{Q(ζ_{e})} ∩ Q =^{B. 53} O_{Q} =^{Bsp. 60.(1)} Z .

Aufgabe 38

(1) Wegen R Hauptidealbereich läßt sich in R ∖ {0} jedes Element als Produkt von Primelementen aus R ∖ {0} schreiben läßt; cf. Aufgabe 6.(2).

Das ist die einzige Eigenschaft, die wir vom Integritätsbereich R verwenden werden.

Beachte, daß prime Elemente von R ∖ {0} irreduzibel sind; cf. Lösung zu Aufgabe 6.(1). Der Vollständigkeit halber wiederholen wir hier das Argument. Sei y ∈ R ∖ {0} prim. Wir wollen zeigen, daß y irreduzibel ist. Annahme, nicht. Zunächst ist y eine Nichteinheit, da R/⟨y⟩ als Integritätsbereich ungleich {0} ist. Sei y = uv mit Nichteinheiten u, v ∈ R. Da y ≠ 0, sind auch u, v ≠ 0. Dann ist uv ≡_{y} 0, und also o.E. u ≡_{y} 0, da R/⟨y⟩ ein Integritätsbereich ist. Somit ist u = yw für ein w ∈ R. Aus u = yw = uvw folgt 1 = vw, im Widerspruch zu v Nichteinheit. Ein Polynom g(X) = ∑_{i⩾0} g_{i}X^{i} ∈ R[X] ∖ {0} heiße primitiv, falls es kein Primelement p ∈ R{0} gibt, welches g_{i} teilt für alle i ⩾ 0. Vorbemerkung 1. Jedes Polynom w(X) = ∑_{i⩾0} w_{i}X^{i} ∈ K[X] ∖ {0} kann geschrieben werden als w(X) = q · w̃(X) mit q ∈ Q ∖ {0} und w̃(X) ∈ R[X] primitiv. Ist w(X) ∈ R[X] ∖ {0}, so ist auch q ∈ R. Ist q · w̃(X) = q′ · ŵ(X) mit q, q′ ∈ Q ∖ {0} und w̃(X), ŵ(X) ∈ R[X], so ist qq^{′−1} ∈ U(R). Beweis. Zur Existenz. Nach Multiplikation mit den Nennern der Koeffizienten dürfen wir w(X) ∈ R[X] annehmen. Für i ⩾ 0 mit w_{i} ≠ 0 schreiben wir

w_{i} = e_{i} · ∏_{p∈P} p^{n_{i}(p)} ,

wobei P eine geeignete endliche Menge von Primelementen von R ∖ {0} ist, in welcher für p, p′ ∈ P gilt, daß aus pp^{′−1} ∈ U(R) bereits p = p′ folgt. Sei

q := ∏_{p∈P} p^{min{ n_{i}(p) : i⩾0, w_{i}≠0 }} ∈ R .

Dann ist w̃(X) := q^{−1} · w(X) ∈ R[X]. Schreibe w̃(X) = ∑_{⩾0} w̃_{i}X^{i}. Wir behaupten, daß w(X) primitiv ist. Annahme, es gibt ein p_{1} ∈ R ∖ {0} prim, welches w̃_{i} teilt für alle i ⩾ 0. Sei nun j ⩾ 0 mit w̃_{j} ≠ 0 gewählt. Es ist

w̃_{j} = e_{j} · ∏_{p∈P} p^{n_{j}(p)−min{ n_{i}(p) : i⩾0 }} .

Da p_{1} prim ist und da e_{j} ∈ U(R) ist, ist p_{1} ein Teiler von p_{0} für ein p_{0} ∈ P. Dann aber ist p_{0} = p_{1}s für ein s ∈ R. Da p_{0} prim ist, ist p_{0} irreduzibel. Da p_{1} prim ist und also Nichteinheit, folgt s ∈ U(R). Also ist auch p_{0} ein Teiler von w̃_{i} für alle i ⩾ 0. Es gibt ein k ⩾ 0 mit w_{k} ≠ 0 und n_{k}(p_{0}) = min{ n_{i}(p_{0}) : i ⩾ 0, w_{i} ≠ 0 }. Also ist

w̃_{k} = e_{k} · ∏_{p∈P} p^{n_{k}(p)−min{ n_{i}(p) : i⩾0 }} = e_{k} · ∏_{p∈P ∖{p_{0}}} p^{n_{k}(p)−min{ n_{k}(p) : k⩾0 }} .

Da p_{0} ein Primteiler von w̃_{k} ist und da e_{j} ∈ U(R) ist, ist p_{0} ein Teiler eines p ∈ P ∖ {p_{0}}. Dann aber ist p = p_{0}t für ein t ∈ R. Da p prim ist, ist p irreduzibel. Da p_{0} prim ist und also Nichteinheit, folgt t Einheit. Nach Wahl von P folgt p = p_{0}, und wir haben einen Widerspruch. Also ist w̃(X) primitiv. Zur Eindeutigkeit bis auf einen Faktor aus U(R). Sei q · w̃(X) = q′ · ŵ(X) mit q, q′ ∈ Q ∖ {0} und w̃(X), ŵ(X) ∈ R[X]. Schreibe q/q′ = r/r′ mit r, r′ ∈ R ∖ {0} ohne gemeinsamen Primteiler. Dann ist r ·w̃(X) = r′ ·ŵ(X). Annahme, es gibt einen Primteiler p von r. Es ist p ein Teiler von r′ ·ŵ(X). Da p prim und kein Teiler von r′ ist, teilt p alle Koeffizienten von ŵ(X), im Widerspruch zu ŵ(X) primitiv. Also ist r ∈ U(R). Genauso folgt auch r′ ∈ U(R). Folglich ist auch q/q′ = r/r′ ∈ U(R). Vorbemerkung 2. Das Produkt zweier primitiver Polynome g(X) = ∑_{i⩾0} g_{i}X^{i} und h(X) = ∑_{i⩾0} h_{i}X^{i} in R[X] ist wieder primitiv. Beweis. Annahme, es gibt ein Primelement p ∈ R, welches ∑_{i∈[0,k]} g_{i}h_{k−i} teilt für alle k ⩾ 0. Sei a ⩾ 0 maximal mit ⟨p⟩ ⊉ ⟨g_{a}⟩, existent wegen g(X) primitiv. Sei b ⩾ 0 maximal mit ⟨p⟩ ⊉ ⟨h_{b}⟩, existent wegen h(X) primitiv. Dann teilt p das Produkt g_{i} h_{a+b−i} für alle i ∈ [0, a + b] ∖ {a}. Da p auch ∑_{i∈[0,a+b]} g_{i} h_{a+b−i} teilt, teilt p auch g_{a} h_{b}. Da p prim ist, folgt daraus, daß p auch g_{a} oder h_{b} teilt, im Widerspruch zur Wahl von a oder von b. Nun zur Aufgabe. Schreibe u(X) = q′ũ(X) mit q′ ∈ Q∖{0} und ũ(X) ∈ R[X] primitiv; schreibe v(X) = q′′ṽ(X) mit q′′ ∈ Q ∖ {0} und ṽ(X) ∈ R[X] primitiv; cf. Vorbemerkung 1. Es ist f(X) = u(X) · v(X) = q′q′′ · ũ(X) · ṽ(X) mit ũ(X) · ṽ(X) primitiv; cf. Vorbemerkung 2. Da f(X) ∈ R[X], ist q′q′′ ∈ R; cf. Vorbemerkung 1. Es ist q^{′−1}u(X) = ũ(X) ∈ R[X]. Es ist q′v(X) = (q′q′′)q^{′′−1}v(X) = (q′q′′)ṽ(X) ∈ R[X].

(2) Ist μ_{α,Q}(X) ∈ Z[X], dann ist α ∈ O_{K} . Sei umgekehrt α ∈ O_{K}. Sei f(X) ∈ Z[X] normiert mit f(α) = 0. Es ist f(X) = μ_{α,Q}(X) · g(X) für ein g(X) ∈ Q[X]. Da f(X) und μ_{α,Q}(X) normiert sind, ist auch g(X) normiert. Nach (1) gibt es ein q ∈ Q ∖ {0} mit q · μ_{α,Q}(X) ∈ Z[X] und q^{−1} · g(X) ∈ Z[X]. Da μ_{α,Q}(X) und g(X) normiert sind, ist q ∈ Z und q^{−1} ∈ Z, mithin q ∈ {−1, +1}. Also ist bereits μ_{α}(X) ∈ Z[X].

Aufgabe 39

Schreibe α := \sqrt{d}. Es ist also α^{2} = d. Schreibe K := Q(\sqrt{d}).

Es ist Q(α) = _{Q}⟨1, α⟩ = { u + vα : u, v ∈ Q }.

Sei β := u + vα ∈ Q(α) gegeben, wobei u, v ∈ Q.

Fall v = 0. Es ist μ_{β,Q}(X) = X − u ∈ Z[X] genau dann, wenn u ∈ Z. Also ist diesenfalls β ∈ O_{K} genau dann, wenn u ∈ Z.

Fall v ≠ 0. Es ist β^{2} = u^{2} + 2uvα + v^{2}α^{2} = (u^{2} + dv^{2}) + 2uvα. Also ist

β^{2} − 2uβ = (u^{2} + dv^{2}) + 2uvα − 2u^{2} − 2uvα = dv^{2} − u^{2} ,

und folglich

μ_{α,Q}(X) = X^{2} − 2uX + (u^{2} − dv^{2}) .

Nach Aufgabe 38.(2) ist β ∈ O_{K} genau dann, wenn 2u ∈ Z und u^{2} − dv^{2} ∈ Z. Schreibe u = u′/2 mit u′ ∈ Z. Es sollte also u′ ∈ Z und v ∈ Q noch so sein, daß u^{′2}/4 − dv^{2} ∈ Z. Es sollte jedenfalls v^{2} ∈ \frac{1}{4d}Z sein. Da d quadratfrei ist, muß v ∈ \frac{1}{2}Z liegen. Schreibe v = v′/2 mit v′ ∈ Z ∖ \{0\}. Insgesamt ist β ∈ O_{K} genau dann, wenn

(∗)  u^{′2} ≡_{4} dv^{′2} .

Ist u′ ≡_{2} 0, dann muß wegen d ≢_{4} 0 auch v′ ≡_{2} 0 sein. Diesenfalls ist dann β = (u′/2) + (v′/2)α ∈ O_{K}.

Ist u′ ≡_{2} 1, dann ist u^{′2} ≡_{4} 1, somit notwendig auch v′ ≡_{2} 1, also auch v^{′2} ≡_{4} 1 und mithin die Kongruenz (∗) nur erfüllbar, wenn d ≡_{4} 1. Diesenfalls ist sie erfüllt, falls u′ ≡_{2} 1 und v′ ≡_{2} 1.

Fassen wir nun beide Fälle zusammen.

Ist d ≢_{4} 1, so ist

O_{K} = Z ∪ { u + vα : u ∈ Z, v ∈ Z ∖ {0} }
= _{Z}⟨1, α⟩
= Z[α] .

Ist d ≡_{4} 1, so ist

O_{K} = Z ∪ \{ u + vα : u ∈ Z, v ∈ Z ∖ \{0\} \} ∪ \{ u + vα : u ∈ \frac{1}{2} + Z, v ∈ \frac{1}{2} + Z \}
= _{Z}⟨1, α, (1 + α)/2⟩
= _{Z}⟨1, (1 + α)/2⟩
= Z[(1 + α)/2] .

Formulieren wir nochmals in unsere ursprüngliche Notation um. Ist d ≢_{4} 1, so ist O_{Q(\sqrt{d})} = Z[\sqrt{d}] .

Ist d ≡_{4} 1, so ist O_{Q(\sqrt{d})} = Z[(1 + \sqrt{d})/2] .

Insbesondere ist e.g. O_{Q(\sqrt{−5})} = Z[\sqrt{−5}] kein Hauptidealbereich; cf. Aufgabe 36.(2).

Ferner ist e.g. O_{Q(\sqrt{5})} = Z[(1 + \sqrt{5})/2] ≠ Z[\sqrt{5}].

Aufgabe 40

(1) Schreibe ℓ := [K : Q(α)]. Es ist n = [K : Q] = [K : Q(α)] · [Q(α) : Q] = ℓ · m.

Sei (β_{1} , …, β_{ℓ}) eine Q(α)-lineare Basis von K. Es ist (α^{0}, …, α^{m−1}) eine Q-lineare Basis von Q(α). Nach Algebra ist

(β_{1}α^{0}, …, β_{1}α^{m−1} , β_{2}α^{0}, …, β_{2}α^{m−1} , …, β_{ℓ}α^{0}, …, β_{ℓ}α^{m−1})

eine Q-lineare Basis von K. Bezüglich dieser wird die Abbildung K \overline{}K, γ \overline{}αγ durch die Blockdiagonalmatrix

diag(A, …, A)

mit ℓ Einträgen beschrieben, wobei

A = ( \begin{matrix}0 & & & & & −a_{0} \\ 1 & 0 & & & & −a_{1} \\ & 1 & 0 & & & −a_{2} \\ & & ... & ... & & ⋮ \\ & & & _{...} & 0 & −a_{m−2} \\ & & & & 1 & −a_{m−1} \end{matrix} )

eine Begleitmatrix von μ_{α,Q}(X) ist.

Da nun tr A = −a_{m−1} , folgt Tr_{K|Q}(α) = ℓ · tr A = −[K : Q(α)] · a_{m−1} .

(2) Sei nun α ∈ O_{K} . Nach Aufgabe 38.(2) ist μ_{α,Q}(X) ∈ Z[X]. Insbesondere ist also a_{m−1} ∈ Z.

Mit (1) folgt somit, daß

Tr_{K|Q}(α) = −[K : Q(α)] · a_{m−1} ∈ Z .

Aufgabe 41 Sei G = _{Z}⟨ ξ_{1} , …, ξ_{n} ⟩. Es ist G^{#} = _{Z}⟨ ξ_{1}^{∗} , …, ξ_{n}^{∗} ⟩, mit ξ_{i}^{∗} ∈ K für i ∈ [1, n] so, daß Tr_{K|Q}(ξ_{i}·ξ_{j}^{∗}) = ∂_{i,j} für j ∈ [1, n] ; cf. Beweis zu Bemerkung 66.(2). Schreibe (a_{i,j})_{i,j} := ( Tr_{K|Q}(ξ_{i} · ξ_{j}))_{i,j} und (a′_{i,j})_{i,j} := ( Tr_{K|Q}(ξ_{i}^{∗} · ξ_{j}^{∗}))_{i,j} . Es ist

(∗)  ξ_{i} = ∑_{j} a_{i,j} · ξ_{j}^{∗}

für i ∈ [1, n], da Tr_{K|Q}(∑_{j} a_{i,j} · ξ_{j}^{∗} · ξ_{k}) = ∑_{j} a_{i,j} ∂_{j,k} = a_{i,k} = Tr_{K|Q}(ξ_{i} · ξ_{k}) für k ∈ [1, n]. Genauso folgt auch, daß

(∗∗)  ξ_{i}^{∗} = ∑_{j} a′_{i,j} · ξ_{j}

Insbesondere ist

(∗∗∗)  ((a_{i,j})_{i,j})^{−1} = (a′_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{n}(Q) .

(1) Es ist

Δ(G^{#}) = det ((a′_{i,j})_{i,j})| =^{(∗∗∗)} det ((a_{i,j})_{i,j})^{−1} = Δ(G) .

(2) Dank (∗) ist G ⊆ G^{#} gleichbedeutend mit (a_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{n×n}. Da Δ(G) · (a′_{i,j})_{i,j} =^{(∗∗∗)} det((a_{i,j})_{i,j}) · ((a_{i,j})_{i,j})^{−1} ∈ Z^{n×n} unter Verwendung der Cramerschen Regel, ist dank (∗∗) auch Δ(G) · G^{#} ⊆ G. Schließlich ist |G^{#}/G| gleich dem Produkt der Beträge der Elementarteiler der die Einbettung G ↪ G^{#} beschreibenden Matrix (a_{i,j})_{i,j} , also gleich dem Betrag ihrer Determinante, i.e. gleich |Δ(G)|.

Auch aus |Δ(G)| = |G^{#}/G| folgt, daß |Δ(G)| · (G^{#}/G) = 0, i.e. daß |Δ(G)| · G^{#} ⊆ G.

Aufgabe 42 Schreibe α := \sqrt{d}. Es ist α^{2} = d. Fall d ≢_{4} 1. Gemäß Aufgabe 39 ist O_{K} = Z[α]. Es ist (1, α) eine Z-lineare Basis von O_{K} . Ihrbezüglich rechnen wir

Tr_{K|Q}(1) = tr (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = 2
Tr_{K|Q}(α) = tr (\begin{matrix}0 & 1 \\ d & 0 \end{matrix}) = 0 .

Die Grammatrix der Spurbilinearform bezüglich dieser Basis ist also

(\begin{matrix}Tr_{K|Q}(1·1) & Tr_{K|Q}(1·α) \\ Tr_{K|Q}(α·1) & Tr_{K|Q}(α·α) \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2d \end{matrix}) .

Also wird Δ_{K} = det (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2d \end{matrix}) = 4d. Ferner ist (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2d \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}1/2 & 0 \\ 0 & 1/(2d) \end{matrix}). Also ist eine Dualbasis unserer Basis (1, α) gegeben durch

( 1/2 · 1 + 0 · α , 0 · 1 + (2d)^{−1} · α ) = ( \frac{1}{2} , \frac{α}{2d} ) .

Fall d ≡_{4} 1. Gemäß Aufgabe 39 ist O_{K} = Z[(1 + α)/2]. Es ist (1, (1 + α)/2) eine Z-lineare Basis von O_{K} . Ihrbezüglich rechnen wir

Tr_{K|Q}(1) = tr (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})  = 2
Tr_{K|Q}(α) = tr (\begin{matrix}−1 & (d−1)/2 \\ 2 & 1 \end{matrix} ) = 0 .

Die Grammatrix der Spurbilinearform bezüglich dieser Basis ist also

(\begin{matrix}Tr_{K|Q}(1·1) & Tr_{K|Q}(1·(α+1)/2) \\ Tr_{K|Q}((α+1)/2·1) & Tr_{K|Q}((α+1)/2·(α+1)/2) \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & (d+1)/2 \end{matrix}) .

Also wird Δ_{K} = det (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & (d+1)/2 \end{matrix}) = d.

Ferner ist (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & (d+1)/2 \end{matrix})^{−1} = d^{−1} ( \begin{matrix}(d+1)/2 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}). Also ist eine Dualbasis unserer Basis (1, (α + 1)/2) gegeben durch

( d^{−1}((d + 1)/2 + (−1)(α + 1)/2) , d^{−1}(−1 + 2(α + 1)/2) ) = ( \frac{1}{2} − \frac{α}{2d} , \frac{α}{d} ) .

Aufgabe 43

// test data
P<X> := PolynomialRing(Rationals());
K<a> := NumberField(X^3 + X + 1);
b1 := [1,a,a^2,1+a];
b2 := [a+a^2,2*a,1+a^2,1/2];
K1<u> := NumberField(X^4 + X + 1);
b3 := [1,u,2*u+u^2,u^2,u^3];
b4 := [1+u+u^2,2*u,u+u^3,1+2*u^2,u^3];
// function
zbasis := function(b,K)
 n := Degree(K);
 m := #b;
 // c := Basis(K); // ElementToSequence gives coefficients wrt c
 X := Transpose(RMatrixSpace(Rationals(),m,n)![ElementToSequence(b[i]) : i in [1..m]]);
 y := Lcm([Denominator(X[i][j]) : j in [1..m], i in [1..n]]);
 D,S,T := SmithForm(RMatrixSpace(Integers(),n,m)!(y*X));
 return [&+[b[j] * T[j][l] : j in [1..m]] : l in [1..n] ];
end function;
// test
zbasis(b1,K);
zbasis(b2,K);
zbasis(b3,K1);
zbasis(b4,K1);

Aufgabe 44

Wir verwenden zbasis aus Aufgabe 43.

// test data
P<X> := PolynomialRing(Rationals());
K1<a> := NumberField(X^3 + X + 1);
b1 := [1,a,a^2];
K2<u> := NumberField(X^4 + X + 1);
b2 := [1,u,u^2,u^3];
K3<zeta> := NumberField(CyclotomicPolynomial(10));
b3 := [1,zeta,zeta^2,zeta^3];

// function
jacp := function(b,p,K)
n := Degree(K);
MQ := MatrixRing(Rationals(),n);
MF_p := MatrixRing(GF(p),n);
// c := Basis(K); // ElementToSequence gives coefficients wrt c
Frob := MF_p!((MQ![ElementToSequence(b[i]^p) : i in [1..n]])
   * (MQ![ElementToSequence(b[i]) : i in [1..n]])^-1); // wrt basis b in rows
BK := BasisMatrix(Kernel(Frob^n));
BKZ := RMatrixSpace(Integers(),NumberOfRows(BK),n)!BK;
return zbasis([&+[BKZ[i][j] * b[j] : j in [1..n]] : i in [1..NumberOfRows(BKZ)]]
         cat [p*b[i] : i in [1..n]], K);
end function;
// test
Determinant(MatrixRing(Rationals(),Degree(K1))![ElementToSequence(x) : x in jacp(b1,p,K1)]);
Determinant(BasisMatrix(pRadical(Order(b1),p)));
Determinant(MatrixRing(Rationals(),Degree(K2))![ElementToSequence(x) : x in jacp(b2,p,K2)]);
Determinant(BasisMatrix(pRadical(Order(b2),p)));
Determinant(MatrixRing(Rationals(),Degree(K3))![ElementToSequence(x) : x in jacp(b3,p,K3)]);
Determinant(BasisMatrix(pRadical(Order(b3),p)));

Aufgabe 45

(1) Sei G = _{Z}⟨ ξ_{1} , …, ξ_{n} ⟩. Es ist G^{#} = _{Z}⟨ ξ_{1}^{∗} , …, ξ_{n}^{∗} ⟩, mit ξ_{i}^{∗} ∈ K für i ∈ [1, n] so, daß Tr_{K|Q}(ξ_{i} · ξ_{j}^{∗}) = ∂_{i,j} für j ∈ [1, n] ; cf. Bemerkung 66.(1).

Sei H = _{Z}⟨ η_{1} , …, η_{n} ⟩. Es ist H^{#} = _{Z}⟨ η_{1}^{∗} , …, η_{n}^{∗} ⟩, mit η_{i}^{∗} ∈ K für i ∈ [1, n] so, daß Tr_{K|Q}(η_{i} · η_{j}^{∗}) = ∂_{i,j} für j ∈ [1, n].

Schreibe ξ_{i} = ∑_{j∈[1,n]} η_{j} b_{j,i} für i ∈ [1, n], wobei B := (b_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{n×n}.

Wir behaupten, daß für i ∈ [1, n]

η_{i}^{∗} =^{!} ∑_{j∈[1,n]} b_{i,j} ξ_{j}^{∗} .

Für k ∈ [1, n] wird auf der einen Seite

Tr_{K|Q}(η_{i}^{∗} · ξ_{k}) = _{∑j∈[1,n]} Tr_{K|Q}(η_{i}^{∗} · η_{j})b_{j,k} = _{∑j∈[1,n]} ∂_{i,j} b_{j,k} = b_{i,k} ,

auf der anderen Seite

Tr_{K|Q}(_{∑j∈[1,n]} b_{i,j} ξ_{j}^{∗} · ξ_{k}) = _{∑j∈[1,n]} b_{i,j} Tr_{K|Q}(ξ_{j}^{∗} ξ_{k}) = _{∑j∈[1,n]} b_{i,j} ∂_{j,k} = b_{i,k} ,

also beidesmal dasselbe. Dies zeigt die Behauptung.

Es ist |H/G| gleich dem Produkt der Beträge der Elementarteiler von B, also gleich |det B|.

Dank Behauptung ist |G^{#}/H^{#}| gleich dem Produkt der Beträge der Elementarteiler von B^{t}, also gleich |det B^{t}| = |det B|.

Somit ist |H/G| = |det B| = |G^{#}/H^{#}|.

(2) Es ist R ⊆ O_{K} ; cf. Lemma 69. Also ist

R ⊆ O_{K} ⊆ O_{K}^{#} ⊆ R^{#} ;

cf. Lemma 68. Also ist

|Δ(R)| =^{A. 41} |R^{#}/R| = |R^{#}/O_{K}^{#}|·|O_{K}^{#}/O_{K}|·|O_{K}/R| =^{(1)} |O_{K}^{#}/O_{K}|·|O_{K}/R|^{2} =^{A. 41} Δ_{K}·|O_{K}/R|^{2} .

Da Δ(R) quadratfrei ist, folgt |O_{K}/R| = 1, und also O_{K} = R.

Eine Chance, auf diese Weise eine Z-Ordnung als Z-Maximalordnung zu erkennen, hat man natürlich nur, wenn Δ_{K} quadratfrei ist.

(3) Berechnen wir zunächst bezüglich der Q-linearen Basis (1, α, α^{2}) von K

Tr_{K|Q}(1) = tr(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})  = 3
Tr_{K|Q}(α) = tr(\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = 0
Tr_{K|Q}(α^{2}) = tr(\begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & −1 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix}) = −2

Also wird

Δ(Z[α]) = det(\begin{matrix}Tr_{K|Q}(α^{0}·α^{0}) & Tr_{K|Q}(α^{0}·α^{1}) & Tr_{K|Q}(α^{0}·α^{2}) \\ Tr_{K|Q}(α^{1}·α^{0}) & Tr_{K|Q}(α^{1}·α^{1}) & Tr_{K|Q}(α^{1}·α^{2}) \\ Tr_{K|Q}(α^{2}·α^{0}) & Tr_{K|Q}(α^{2}·α^{1}) & Tr_{K|Q}(α^{2}·α^{2}) \end{matrix})
= det(\begin{matrix}Tr_{K|Q}(1) & Tr_{K|Q}(α) & Tr_{K|Q}(α^{2}) \\ Tr_{K|Q}(α) & Tr_{K|Q}(α^{2}) & Tr_{K|Q}(−α−1) \\ Tr_{K|Q}(α^{2}) & Tr_{K|Q}(−α−1) & Tr_{K|Q}(−α^{2}−α) \end{matrix}) = det (\begin{matrix}3 & 0 & −2 \\ 0 & −2 & −3 \\ −2 & −3 & 2 \end{matrix}) = −31 .

Da Δ(Z[α]) quadratfrei ist, können wir mit (2) auf Z[α] = O_{K} schließen.

Aufgabe 46 Sei G = _{Z}⟨ ξ_{1} , …, ξ_{n}⟩. Sei H = _{Z}⟨ η_{1} , …, η_{n}⟩ Schreibe ξ_{i} = ∑_{j∈[1,n]} η_{j}u_{j,i} für i ∈ [1, n], wobei (u_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{n}(Q).

(1) Es ist G ∩ H ⊆ G. Also genügt es zu zeigen, daß es ein a ∈ Z ∖ {0} mit aG ⊆^{!} G ∩ H gibt; cf. Bemerkung 66.(2). Sei a ∈ Z ∖ {0} so, daß a(u_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{n×n}. Dann ist aξ_{i} = ∑_{j∈[1,n]} η_{j}au_{j,i} ∈ H für i ∈ [1, n] und also aG ⊆ H. Insgesamt ist aG ⊆ G ∩ H.

Um eine Z-lineare Basis von G ∩ H zu berechnen, können wir dank Satz 4 mit Basiswechsel in G und in H annehmen, daß (u_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{n}(Q) eine Diagonalmatrix ist. Schreibe u_{i,i} = s_{i}/t_{i} mit s_{i} , t_{i} ∈ Z ∖ {0} teilerfremd zueinander für i ∈ [1, n]. Es wird

G ∩ H = _{Z}⟨ η_{1} s_{1} , …, η_{n} s_{n}⟩ = _{Z}⟨ ξ_{1} t_{1} , …, ξ_{n} t_{n}⟩ .

(2) Es ist H ⊆ G + H. Also genügt es zu zeigen, daß es ein a ∈ Z ∖ {0} mit G + H ⊆^{!} a^{−1}H gibt; cf. Bemerkung 66.(2). Sei a ∈ Z ∖ {0} so, daß a(u_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{n×n}. In der Lösung zu (1) haben wir bereits gesehen, daß aG ⊆ H. Also ist G ⊆ a^{−1}H. Ferner ist H ⊆ a^{−1}H. Insgesamt ist G + H ⊆ a^{−1}H.

Um eine Z-lineare Basis von G + H zu berechnen, cf. Bemerkung 65.

(3) Es ist

(G + H)^{#} = { α ∈ K : Tr_{K|Q}(α(G + H)) ⊆ Z }
= { α ∈ K : Tr_{K|Q}(αG) + Tr_{K|Q}(αH) ⊆ Z }
= { α ∈ K : Tr_{K|Q}(αG) ⊆ Z } ∩ { α ∈ K : Tr_{K|Q}(αH) ⊆ Z }
= G^{#} ∩ H^{#} .

Es folgt

(G ∩ H)^{#} =^{B. 66.(1)} (G^{##} ∩ H^{##})^{#} = (G^{#} + H^{#})^{##} =^{B. 66.(1)} G^{#} + H^{#} .

Aufgabe 47

(1) // test data
P<X> := PolynomialRing(Rationals());
K<a> := NumberField(X^3 + X + 1);
b1 := [1,a,a^2];
b2 := [1,2*a,1+a^2];
K1<u> := NumberField(X^4 + X + 1);
b3 := [1,u,u^2,u^3];
b4 := [1+u+u^2,2*u,1+2*u^2,u^3];
// function
discriminant := function(b,K)
 n := Degree(K);
 return Determinant(MatrixRing(Rationals(),n)!
        [Trace(b[i]*b[j]) : j in [1..n], i in [1..n]]);
end function;
// test
discriminant(b1,K);
discriminant(b2,K);
discriminant(b3,K1);
discriminant(b4,K1);
(2) // test data
P<X> := PolynomialRing(Rationals());
K<a> := NumberField(X^3 + X + 1);
b1 := [1,a,a^2];
b2 := [1,2*a,1+a^2];
b3 := [3*a,6*a + 9*a^2,3 + 3*a^2];
K1<u> := NumberField(X^4 + X + 1);
b4 := [1,u,u^2,u^3];
b5 := [1+u+u^2,2*u,1+2*u^2,u^3];

// function
stab := function(b,K)
 n := Degree(K);
 // c := Basis(K); // ElementToSequence gives coefficients wrt c
 B := (MatrixRing(Rationals(),n)![ElementToSequence(b[i]) : i in [1..n]])^-1;
 U := RMatrixSpace(Rationals(),n,n^2)!0;
 for i in [1..n] do
  for j in [1..n] do
   for k in [1..n] do
    v := (VectorSpace(Rationals(),n)!ElementToSequence(b[i]*b[j])) * B;
    U[i][(k-1)*n + j] := v[k];
   end for;
  end for;
 end for;
 w := Lcm([Denominator(U[i][j]) : j in [1..n^2], i in [1..n]]);
 D,S := SmithForm(RMatrixSpace(Integers(),n,n^2)!(w*U));
 return [D[j][j]^-1 * w * &+[S[j][i] * b[i] : i in [1..n]] : j in [1..n]];
        // &+ : summation over sequence
end function;
// test
stab(b1,K);
stab(b2,K);
stab(b3,K);
stab(b4,K1);
stab(b5,K1);

Aufgabe 48

(1) Wir verwenden zbasis aus Aufgabe 43, jacp aus Aufgabe 44, discriminant aus Aufgabe 47.(1) und stab aus Aufgabe 47.(2).

// test data
P<X> := PolynomialRing(Rationals());
K0<a0> := NumberField(X^3 + X + 1);
K1<a1> := NumberField(X^4 + X + 1);
K2<a2> := NumberField(X^6 + X + 5);
K3<a3> := NumberField(CyclotomicPolynomial(9));
K4<a4> := NumberField(X^2 + 3);
K5<a5> := NumberField(X^2 + 108);
// examples K6 and K7 taken from Magma handbook:
K6<a6> := NumberField(X^4 - 420*X^2 + 40000);
K7<a7> := NumberField(X^5 + 5*X^4 - 75*X^3 + 250*X^2 + 65625);
K8<a8> := NumberField(X^3 - 17*X^2 - 8*X - 16);
K9<a9> := NumberField(X^3 + 27*X^2 + 15*X + 29);
// function
// long version, not using the command Order

zmaxord := function(K)
n := Degree(K);
bG := Basis(K);
bR := stab(bG,K); // basis of a Z-order
detR := Determinant(MatrixRing(Rationals(),n)!
         [ElementToSequence(bR[i]) : i in [1..n]]);
P := PrimeDivisors(Integers()!discriminant(bR,K));
steps := 0; // only for exercise 45.(2)
for p in P do
 done := false;
 while not done do
  bRR := stab(jacp(bR,p,K),K);
  detRR := Determinant(MatrixRing(Rationals(),n)!
            [ElementToSequence(bRR[i]) : i in [1..n]]);
  if Abs(detR) gt Abs(detRR) then
   bR := bRR;
   steps +:= 1; // only for exercise 45.(2)
   detR := detRR;
  else
   done := true;
  end if;
 end while;
end for;
return bR, steps; // return steps only for exercise 45.(2)
end function;
// short version, using the command Order
zmaxord := function(K)
n := Degree(K);
bG := Basis(K);
bR := stab(bG,K); // basis of a Z-order
P := PrimeDivisors(Integers()!discriminant(bR,K));
steps := 0; // only for exercise 45.(2)
for p in P do
 bRR := stab(jacp(bR,p,K),K);
 while Order(bRR) ne Order(bR) do
  steps +:= 1; // only for exercise 45.(2)
  bR := bRR;
  bRR := stab(jacp(bR,p,K),K);
 end while;
end for;
return bR, steps; // return steps only for exercise 45.(2)
end function;
// test
zmaxord(K0);
zmaxord(K1);
zmaxord(K2);
K := K4; a := a4; discriminant([a^i : i in [0..Degree(K)-1]],K);
                 discriminant(zmaxord(K),K); Discriminant(MaximalOrder(K));

K := K5; a := a5; discriminant([a^i : i in [0..Degree(K)-1]],K);
                  discriminant(zmaxord(K),K); Discriminant(MaximalOrder(K));
K := K8; a := a8; discriminant([a^i : i in [0..Degree(K)-1]],K);
                  discriminant(zmaxord(K),K); Discriminant(MaximalOrder(K));
zmaxord(K8);
zmaxord(K9);

(2) Wir suchen.

P<X> := PolynomialRing(Rationals());
N := 30;
for b in [-N..N] do
 for c in [-N..N] do
  for d in [-N..N] do
   f := X^3 + b*X^2 + c*X + d;
   if IsIrreducible(f) then
    K<a> := NumberField(f);
    bmax,steps := zmaxord(K);
    if steps ge 5 then
     print "steps =", steps, "; f = ", f;
    end if;
    det := Determinant(MatrixRing(Rationals(),3)![ElementToSequence(x) : x in [1,a,a^2]]);
    detmax := Determinant(MatrixRing(Rationals(),3)![ElementToSequence(x) : x in bmax]);
    fac := Factorisation(Integers()!(det/detmax));
    if #fac ge 3 then
     print "fac =", [x[1] : x in fac], "; det/detmax = ", det/detmax, "; f = ", f;
    end if;
   end if;
  end for;
 end for;
end for;

Alternativ kann man dies zu folgendem verkürzen.

P<X> := PolynomialRing(Rationals());
N := 30;
d := 3;
C := CartesianProduct([[-N..N] : i in [0..d-1]]);
for c in C do
 f := X^d + &+[c[i+1] * X^i : i in [0..d-1]];
 if IsIrreducible(f) then
  K<a> := NumberField(f);
  bmax,steps := zmaxord(K);
  if steps ge 5 then
   print "steps =", steps, "; f = ", f;
  end if;
  det := Determinant(MatrixRing(Rationals(),3)![ElementToSequence(a^i) : i in [0..d-1]]);
  detmax := Determinant(MatrixRing(Rationals(),3)![ElementToSequence(x) : x in bmax]);
  fac := Factorisation(Integers()!(det/detmax));
  if #fac ge 3 then
   print "fac =", [x[1] : x in fac], "; det/detmax = ", det/detmax, "; f = ", f;
  end if;
 end if;
end for;

Dies liefert e.g. das irreduzible Polynom

f_{1}(X) := X^{3} − 17X^{2} − 8X − 16 .

Wähle α_{1} ∈ C mit f_{1}(α_{1}) = 0. Für Q(α_{1}) vergrößert der Algorithmus aus (1) insgesamt

6mal

die Z-Ordnung, bis er an einer Maximalordnung angelangt ist. Es ist |O_{Q(α_{1})}/Z[α_{1}]| = 64. Auf der anderen Seite liefert dies e.g. das irreduzible Polynom

f_{2}(X) = X^{3} + 27X^{2} + 15X + 29 .

Wähle α_{2} ∈ C mit f_{2}(α_{2}) = 0. Hier werden zwar nur 4 Schritte benötigt, aber

|O_{Q(α_{2})}/Z[α_{2}]| = 120 = 2^{3} · 3 · 5

enthält 3 verschiedene Primfaktoren.

Aufgabe 49 Schreibe ξ := ζ^{q} − 1. Es hat _{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩ die Z-lineare Basis

\begin{matrix}( \underbrace{ζ^{0·q+0}ξ, ζ^{1·q+0}ξ, …, ζ^{(p−2)·q+0}ξ} , \underbrace{ζ^{0·q+1}ξ, ζ^{1·q+1}ξ, …, ζ^{(p−2)·q+1}ξ} , …, \\ \underbrace{ζ^{0·q+(q−1)}ξ, ζ^{1·q+(q−1)}ξ, …, ζ^{(p−2)·q+(q−1)}ξ} ) . \end{matrix}

Es hat Z[ζ] die Z-lineare Basis

\begin{matrix}( \underbrace{ζ^{−0·q−0}, ζ^{−1·q−0}, …, ζ^{−(p−2)·q−0}} , \underbrace{ζ^{−0·q−1}, ζ^{−1·q−1}, …, ζ^{−(p−2)·q−1}} , …, \\ \underbrace{ζ^{−0·q−(q−1)}, ζ^{−1·q−(q−1)}, …, ζ^{−(p−2)·q−(q−1)}} ) . \end{matrix}

(1) Wir haben zu zeigen, daß die beschreibende Matrix der Einbettungsabbildung _{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩ \overline{}Z[ζ] bezüglich der angegebenen Basen eine Determinante von Betrag p^{m} hat. Sei i ∈ [0, q − 1] gegeben. Für s ∈ [0, p − 3] ist

ζ^{s·q+i}ξ = ζ^{(s+1)·q+i} − ζ^{s·q+i} .

Für s = p − 2 wird

ζ^{(p−2)·q+i}ξ = ζ^{(p−1)·q+i} − ζ^{(p−2)·q+i} = −(_{∑u∈[0,p−3]} ζ^{u·q+i}) − 2ζ^{(p−2)·q+i} .

Also ist unsere beschreibende Matrix von Blockdiagonalgestalt, mit q Blöcken der Form

(\begin{matrix}−1 & 1 \\ & −1 & 1 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & ... \\ & & & & −1 & 1 \\ −1 & −1 & −1 & … & −1 & −2 \end{matrix} ) ∈ Q^{(p−1)×(p−1)} .

Einen solchen Block können wir durch Zeilenoperationen umformen zu

(\begin{matrix}−1 & 1 \\ & −1 & 1 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & ... \\ & & & & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & … & 0 & −p \end{matrix} ) ∈ Q^{(p−1)×(p−1)} .

Somit ist der Betrag der Determinante eines solchen Blocks gleich p, und also der Betrag der Determinante unserer beschreibenden Matrix gleich p^{q}.

(2) Es ist

|Z[ζ]^{#}/_{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩| = |Z[ζ]^{#}/Z[ζ]| · |Z[ζ]/_{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩| = |Δ(Z[ζ])| · p^{q} ;

cf. (1), Aufgabe 41.(2). Also müssen wir zeigen, daß |Z[ζ]^{#}/_{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩)| =^{!} p^{q(p−1)m}. Ist allgemein (α_{1} , …, α_{n}) eine Z-lineare Basis eines Z-Gitters G und (β_{1} , …, β_{n}) eine Z-lineare Basis eines Z-Gitters H in K, und ist G ⊆ H^{#}, so behaupten wir, daß

|H^{#}/G| =^{!} | det ((Tr_{K|Q}(α_{i} β_{j}))_{i,j})| .

Hierzu genügt es zu zeigen, daß ((Tr_{K|Q}(α_{i} β_{j}))_{i,j}) eine beschreibende Matrix der Einbettung G \overline{}H^{#} ist. Seien β_{i}^{∗} ∈ K so, daß Tr_{K|Q}(β_{i}^{∗} β_{j}) = ∂_{i,j} für i, j ∈ [1, n]. Dann ist (β_{1}^{∗} , …, β_{n}^{∗}) eine Z-lineare Basis von H^{#} ; cf. Bemerkung 66.(1). Ferner wird in der Tat α_{i} = ∑_{j} Tr_{K|Q}(α_{i} β_{j})β_{j}^{∗} für i ∈ [1, n], da für k ∈ [1, n]

Tr_{K|Q}(_{∑j} Tr_{K|Q}(α_{i} β_{j})β_{j}^{∗} β_{k}) = _{∑j} Tr_{K|Q}(α_{i} β_{j}) Tr_{K|Q}(β_{j}^{∗} β_{k}) = _{∑j} Tr_{K|Q}(α_{i} β_{j}) ∂_{j,k} = Tr_{K|Q}(α_{i} β_{k})

ist. Dies zeigt die Behauptung. Cf. auch Lösung von Aufgabe 41. Wenden wir diese Behauptung nun auf unsere beiden Z-linearen Basen von G resp. H an. Für i, j ∈ [0, q − 1] und s, t ∈ [0, p − 2] wird

Tr_{K|Q}(ζ^{s·q+i}ξ · ζ^{−(t·q+j)}) = Tr_{K|Q}(ζ^{(s−t+1)·q+(i−j)}) − Tr_{K|Q}(ζ^{(s−t)·q+(i−j)})
=^{B. 83} (pq ∂_{(s−t+1)·q+(i−j)+pqZ, 0} − q ∂_{(s−t+1)·q+(i−j)+qZ, 0})
−(pq ∂_{(s−t)·q+(i−j)+pqZ, 0} − q ∂_{(s−t)·q+(i−j)+qZ, 0})
= pq(∂_{(s−t+1)·q+(i−j)+pqZ, 0} − ∂_{(s−t)·q+(i−j)+pqZ, 0})
= pq ∂_{i,j}(∂_{s−t+1+pZ, 0} − ∂_{s−t+pZ, 0})
= pq ∂_{i,j}(∂_{s+1, t} − ∂_{s,t}) .

Beachte hierbei, daß genau dann i − j ≡_{q} 0 ist, wenn i = j; genau dann s − t ≡_{p} 0, wenn s = t; und genau dann s − t + 1 ≡_{p} 0, wenn s + 1 = t. Mit der Behauptung ist also |Z[ζ]^{#}/_{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩| der Betrag der Determinante einer Blockdiagonalmatrix mit q Blöcken der Form

pq · (\begin{matrix}−1 & 1 \\ & −1 & 1 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & ... \\ & & & & −1 & 1 \\ & & & & & −1 \end{matrix} ) ∈ Q^{(p−1)×(p−1)} .

Der Betrag der Determinante eines solchen Blocks ist (pq)^{p−1}. Es folgt |Z[ζ]^{#}/_{Z[ζ]}⟨ζ^{q} − 1⟩| = (pq)^{(p−1)q} = p^{q(p−1)m}.

Aufgabe 50

Da char Q = 0, sind alle auftretenden Körpererweiterungen separabel.

Sei F die normale Hülle von E|Q. Insgesamt ist F |E|K|Q. Sei

M_{E|K} := \{ E ^{\overline{}^{σ}} F : σ Körpermorphismus, σ(α) = α für α ∈ K \} .

Da Tr_{E|K}(O_{E}) ⊆ K und da K ∩ O_{F} = O_{K} , genügt es zu zeigen, daß

Tr_{E|K}(O_{E}) ⊆^{!} O_{F} ;

cf. Bemerkung 53.

Dank Galoistheorie ist

Tr_{E|K}(α) = ∑_{σ∈M_{E|K}} σ(α)

für α ∈ E. Also genügt es zu zeigen, daß

σ(α) ∈^{!} O_{E}

für α ∈ O_{E} und σ ∈ M_{E|K} .

Da α ∈ O_{E} , gibt es ein normiertes Polynom f(X) = X^{k} + ∑_{i∈[0,k−1]} a_{i} X^{i} ∈ Z[X] mit f(α) = 0. Es wird

f(σ(α)) = σ(α)^{k} + ∑_{i∈[0,k−1]} a_{i} σ(α)^{i}
= σ(α)^{k} + ∑_{i∈[0,k−1]} σ(a_{i}) σ(α)^{i}
= σ(α^{k} +_{∑i∈[0,k−1]} a_{i} α^{i})
= σ(f(α))
= σ(0)
= 0 ,

und folglich σ(α) ∈ O_{F} .

Aufgabe 51

(1) Sei φ : Z[α] \overline{}Z[α]/pZ[α], ξ \overline{}ξ + pZ[α] die Restklassenabbildung. Es ist

Jac_{p}(Z[α]) = φ^{−1}({ ξ + pZ[α] ∈ Z[α]/pZ[α] : es gibt ein m ⩾ 0 mit (ξ + pZ[α])^{m} = 0 }) ,

i.e. es ist Jac_{p}(Z[α]) das Urbild der Teilmenge der nilpotenten Elemente in Z[α]/pZ[α]. Wir müssen zeigen, daß diese gegeben ist durch ⟨ p, g(α)⟩/pZ[α] ⊆ Z[α]/pZ[α].

Nun ist

[figure: Z[α]/pZ[α]; ∼; Z[X]/⟨ p, μ_{α,Q}(X)⟩; ∼; F_{p}[X]/⟨μ̄_{α,Q}(X)⟩; ∼; ∏_{i∈[1,k]} F_{p}[X]/⟨f̄_{i}(X)^{e_{i}}⟩]
[figure: f(ξ) + pZ[ζ]; f(X) + ⟨ p, μ_{α,Q}(X)⟩; f̄(X) + ⟨μ̄_{α,Q}(X)⟩; (f̄(X) + ⟨f̄_{i}(X)^{e_{i}}⟩) .]

Für i ∈ [1, k] ist in F_{p}[X]/⟨f̄_{i}(X)^{e_{i}}⟩ die Teilmenge der nilpotenten Elemente gegeben durch ⟨f̄_{i}(X)⟩/⟨f̄_{i}(X)^{e_{i}}⟩.

Transportiert mit dem dritten Isomorphismus zeigt dies, daß in F_{p}[X]/⟨μ̄_{α,Q}(X)⟩ die Teilmenge der nilpotenten Elemente gegeben ist durch ⟨ḡ(X)⟩/⟨μ̄_{α,Q}(X)⟩.

Transportiert mit dem zweiten Isomorphismus zeigt dies, daß in Z[X]/⟨ p, μ_{α,Q}(X)⟩ die Teilmenge der nilpotenten Elemente gegeben ist durch ⟨ p, g(X)⟩/⟨ p, μ_{α,Q}(X)⟩.

Transportiert mit dem ersten Isomorphismus zeigt dies, daß in Z[α]/pZ[α] die Teilmenge der nilpotenten Elemente gegeben ist durch ⟨ p, g(α)⟩/pZ[α].

(2) Es genügt zu zeigen, daß Stab(Jac_{p}(Z[α])) =^{!} Z[α] ; cf. Satz 79.(2).

Hierfür genügt es zu zeigen, daß Stab(Jac_{p}(Z[α])) ⊆^{!} Z[α].

Sei ξ ∈ Q(α) mit ξ ∈ Stab(Jac_{p}(Z[α])) =^{(1)} Stab(⟨ p, g(α)⟩) gegeben. Wir haben zu zeigen, daß

ξ ∈^{!} Z[α].

Wegen p ∈ ⟨ p, g(α)⟩ ist ξp ∈ ⟨ p, g(α)⟩ ⊆ Z[α]. Also ist ξ = p^{−1}b(α) für ein b(X) ∈ Z[X].

Es genügt zu zeigen, daß μ̄_{α,Q}(X) ein Teiler von b̄(X) ist. Denn dann können wir b(X) = c(X) μ_{α,Q}(X) + p d(X) mit c(X), d(X) ∈ Z[X] schreiben, und es ergibt sich

ξ = p^{−1}b(α) = p^{−1}(c(α) μ_{α,Q}(α) + p d(α)) = d(α) ∈ Z[α] .

Da μ̄_{α,Q}(X) = f̄_{1}(X)^{e_{1}} ⋯ f̄_{k}(X)^{e_{k}}, ist also zu zeigen, daß f̄_{i}(X)^{e_{i}} ein Teiler von b̄(X) ist für i ∈ [1, k].

Da b(α) = ξp ∈ ⟨ p, g(α)⟩, ist b(X) ∈ ⟨ p, g(X), μ_{α,Q}(X)⟩ und also b̄(X) ∈ ⟨ḡ(X), μ̄_{α,Q}(X)⟩ = ⟨ḡ(X)⟩, letzteres, da μ̄_{α,Q}(X) ein Vielfaches von ḡ(X) ist. Da ḡ(X) := f̄_{1}(X) ⋯ f̄_{k}(X), ist f̄_{i}(X) ein Teiler von b̄(X) für i ∈ [1, k].

Sei i ∈ [1, k] mit e_{i} ⩾ 2 gegeben. Es bleibt zu zeigen, daß f̄_{i}(X)^{e_{i}} ein Teiler von b̄(X) ist.

Da wegen g(α) ∈ ⟨ p, g(α)⟩ auch p^{−1}b(α) g(α) = ξ g(α) ∈ ⟨ p, g(α)⟩ ist, ist b(α) g(α) ∈ ⟨ p^{2}, p g(α)⟩, mithin

b(X) g(X) ∈ ⟨ p^{2}, p g(X), μ_{α,Q}(X)⟩ = ⟨ p^{2}, p g(X), g(X) h(X) − p a(X)⟩ .

Vorsicht, p^{−1}b(X) g(X) kann nicht als Urbild von p^{−1}b(α) g(α) ∈ Z[α] unter Z[X] → Z[α], X ↦ α, dienen, da nicht bekannt ist, ob es in Z[X] liegt.

Wir schreiben dementsprechend

(∗)  b(X) g(X) = p^{2}r(X) + p g(X) s(X) + g(X) h(X) t(X) − p a(X) t(X)

mit r(X), s(X), t(X) ∈ Z[X]. Es folgt b̄(X) ḡ(X) = ḡ(X) h̄(X) t̄(X), also b̄(X) = h̄(X) t̄(X), und daher

(∗∗)  b(X) = h(X) t(X) + p u(X)

für ein u(X) ∈ Z[X]. Setzen wir (∗∗) in (∗) ein, so wird daraus

h(X) t(X) g(X) + p u(X) g(X) = p^{2}r(X) + p g(X) s(X) + g(X) h(X) t(X) − p a(X) t(X) ,

i.e.

u(X) g(X) = p r(X) + g(X) s(X) − a(X) t(X) ,

woraus

(ū(X) − s̄(X)) ḡ(X) = −ā(X) t̄(X)

folgt. Wegen e_{i} ⩾ 2 ist nach Voraussetzung f̄_{i}(X) kein Teiler von ā(X). Da f̄_{i}(X) irreduzibel ist, folgt, daß f̄_{i}(X) ein Teiler von t̄(X) ist. Wir schreiben t̄(X) = f̄_{i}(X) v̄(X) für ein v(X) ∈ Z[X]. Mit (∗∗) wird

b̄(X) = h̄(X) t̄(X) = f̄_{1}(X)^{e_{1}−1} ⋯ f̄_{k}(X)^{e_{k}−1}f̄_{i}(X) v̄(X) .

Es folgt, daß f̄_{i}(X)^{e_{i}} ein Teiler von b̄(X) ist.

(3) Das in (2) bearbeitete Kriterium stammt von R. Dedekind, daher der Name der folgenden Funktion.

Das in (2) als hinreichend erkannte Kriterium ist auch notwendig. Dies wollen wir hier aber nicht behandeln; cf. [3, Th. 6.1.4.(2)]. Der einzige Nachteil dieses Kriteriums ist, daß es nur auf Ordnungen angewandt werden kann, die von einem Element erzeugt werden.

Wir verwenden discriminant aus Aufgabe 47.(1).

// test data
PInt<X> := PolynomialRing(Integers());
mu := X^6 + X + 1;
mu1 := X^7 - X^5 + X^2 - 2;
// function, needs a normed polynomial with integer coefficients
is_zmaxord_by_dedekind := function(mu)
 if mu eq 0 or LeadingCoefficient(mu) ne 1 or not IsIrreducible(mu) or
                       not &and[IsIntegral(x) : x in Coefficients(mu)] then
  print "The given polynomial is not a minimal polynomial.";
  return false;
 end if;
 PInt<X> := PolynomialRing(Integers());
 d := Degree(mu);
 if d eq 1 then // for Magma-technical reasons
  return true;
 end if;
 K<a> := NumberField(mu);
 b := [a^i : i in [0..d-1]];
 PrDiv := PrimeDivisors(Integers()!discriminant(b,K));
 for p in PrDiv do
  PMod<Y> := PolynomialRing(GF(p));
  f := Factorisation(PMod!mu);
  gh := &*[(PInt!(x[1]))^x[2] : x in f];
  a := (mu - gh) div p;
  if &or[((PMod!a) mod x[1] eq 0) and (x[2] ge 2) : x in f] then
   return false;
   break;
  end if;
 end for;
 return true;
end function;
// test
is_zmaxord_by_dedekind(mu);
is_zmaxord_by_dedekind(mu1);

(4) Schreibe ζ := ζ_{p^{m}} . Die Diskriminante von Z[ζ] ist eine Potenz von p; cf. Lemma 84. Also haben wir zu zeigen, daß p kein Teiler von |O_{Q(ζ)}/Z[ζ]| ist. Es ist Z[ζ] = Z[ζ − 1]. Setzen wir α := ζ − 1, so bleibt die Voraussetzung von (2) zu zeigen.

Es ist μ_{α,Q}(X) = Φ_{p^{m}}(X + 1) ≡_{p} X^{p^{m−1}(p−1)} ; cf. Beweis zu Bemerkung 85. In der obigen Bezeichnung wird also k = 1, f_{1}(X) = X und e_{1} = p^{m−1}(p − 1).

Folglich wird, in der obigen Bezeichnung, a(X) = (Φ_{p^{m}}(X + 1) − X^{p^{m−1}(p−1)})/p. Nun ist a(0) = Φ_{p^{m}}(0 + 1)/p = 1, und also ā(X) nicht durch X teilbar. Damit ist die für (2) gemachte Voraussetzung erfüllt.

Cf. Lemma 86.

Literatur

[1] Bergemann, C., Cantor-Zassenhaus split,

   planetmath.org/encyclopedia/DistinctDegreeFactorization.html, 2006.

[2] Bosma, W.; Cannon, J.J.; Fieker, C.; Steel, A. (eds.), Handbook of Magma functions, Ed. 2.16, 2010; cf. magma.maths.usyd.edu.au, magma.maths.usyd.edu.au/calc.

[3] Cohen, H., A Course in Computational Algebraic Number Theory, Springer GTM 138, 1993.

[4] Gallot, Y., Cyclotomic Polynomials and Prime Numbers, manuscript, 2000.

[5] Kimmerle, W., Computeralgebra, Vorlesung, 1993.

[6] Koch, H., Zahlentheorie, Vieweg, 1997.

[7] Neukirch, J., Algebraische Zahlentheorie, Springer, 1992.

[8] Serre, J.-P., Linear Representations of Finite Groups, Springer GTM 42, 1971.