G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 6

Aufgabe 1.

Sei I ∈ C die imaginäre Einheit in C, I^{2} = −1 (um Verwechslungen mit i ∈ H, i ∈ Ω zu vermeiden.)

(1+2) H : Wir haben einen C-Algebren-Morphismus

[figure: H_{C}; φ; C^{2×2}; i; (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}); j; (\begin{matrix}I & 0 \\ 0 & −I \end{matrix}) ,]

wie man durch Nachrechnen der Relationen i^{2} = −1, j^{2} = −1 und ij = −ji auf den Bildern bestätigt. Da 1 \overline{}(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) und ij \overline{}(\begin{matrix}0 & −i \\ −i & 0 \end{matrix}), da also ein C-lineares Erzeugendensystem von C^{2×2} im Bild von φ liegt, ist φ surjektiv. Für die Injektivität wollen wir zeigen, daß dim_{C} H_{C} ≤ 4. Dazu genügt es, jedes Element von H_{C} als in C⟨1, i, j, ij⟩ liegend nachzuweisen. Vermittels ij = −ji dürfen wir annehmen, daß das Element von der Form i^{α}j^{β} ist, α, β ≥ 0. Die Relationen i^{2} = −1 und j^{2} = −1 erlauben dann, anzunehmen, daß α, β ≤ 1. Damit ist sowohl gezeigt, daß φ ein Isomorphismus ist, als auch, daß (1, i, j, ij) eine Basis von H_{C} darstellt. Insbesondere ist φ surjektiv, die durch φ auf C^{2} definierte Moduloperation, (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) · ξ := (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) (ξφ) für x, y ∈ C, ξ ∈ H_{C}, liefert mithin einen einfachen Modul. Um nun zu zeigen, daß (1, i, j, ij) auch eine Basis von H := H_{Q} darstellt, verwendet man dasselbe Argument wie eben, um zu zeigen, daß es ein Erzeugendensystem ist. Eine Q-Linearkombination von (1, i, j, ij) wäre insbesondere eine C-Linearkombination, ist also trivial. Nun ist H_{K} ≃ H ⊗_{Q} K, und eine Q-lineare Basis von H gibt eine K-lineare Basis von H_{K}.

Ω : Wir haben einen C-Algebren-Morphismus

[figure: Ω_{C}; ψ; C^{2×2}; i; (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}); ω; (\begin{matrix}0 & I \\ I & −1 \end{matrix}) ,]

wie man durch Nachrechnen der Relationen i^{2} = −1, ω^{2} = −1 − ω und ωi = −iω −i auf den Bildern bestätigt. Da 1 \overline{}(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) und iω \overline{}(\begin{matrix}I & −1 \\ 0 & −I \end{matrix}), da also ein C-lineares Erzeugendensystem von C^{2×2} im Bild von ψ liegt, ist ψ surjektiv. Für die Injektivität wollen wir zeigen, daß dim_{C} Ω_{C} ≤ 4. Dazu genügt es, jedes Element von Ω_{C} als in C⟨1, ω, i, iω⟩ liegend nachzuweisen. Vermittels ωi = −iω − i dürfen wir annehmen, daß das Element von der Form i^{α}ω^{β} ist, α, β ≥ 0. Die Relationen i^{2} = −1 und ω^{2} = −1−ω erlauben dann, anzunehmen, daß α, β ≤ 1.

Damit ist sowohl gezeigt, daß ψ ein Isomorphismus ist, als auch, daß (1, ω, i, iω) eine Basis von Ω_{C} darstellt. Insbesondere ist ψ surjektiv, die durch ψ auf C^{2} definierte Moduloperation liefert mithin einen einfachen Modul. Genauso wie für Ω folgert man nun, daß (1, ω, i, iω) eine K-lineare Basis von Ω_{K} darstellt. Um nun zu zeigen, daß (1, ω, i, iω) auch eine Basis von Ω := Ω_{Q} darstellt, verwendet man dasselbe Argument wie eben, um zu zeigen, daß es ein Erzeugendensystem ist. Eine Q-Linearkombination von (1, ω, i, iω) wäre insbesondere eine C-Linearkombination, ist also trivial. Nun ist Ω_{K} ≃ Ω ⊗_{Q} K, und eine Q-lineare Basis von Ω gibt eine K-lineare Basis von Ω_{K}.

(3) H : Wir berechnen die Q-lineare Norm eines Elementes in H als C-lineare Norm des Elementes in H_{C}. Diese können wir unter Zuhilfenahme des Isomorphismus φ ausrechnen. Beachte, daß N(ξ) = det(ξφ)^{2}, da die Rechtsoperation von ξ ∈ H_{C} auf C^{2×2} als Blockdiagonalmatrix (\begin{matrix}ξφ \\ & ξφ \end{matrix}) geschrieben werden kann. (Die Determinante det(ξφ) heißt auch die reduzierte Norm von ξ.) Das allgemeine

Element a + bi + cj + dij, a, b, c, d ∈ C, kommt unter φ auf (\begin{matrix}a+bI & c+dI \\ −c+dI & a−bI \end{matrix} ), und

diese Bildmatrix hat Determinante a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}. Die Norm von H_{K} über K ist übrigens von derselben Formel gegeben. Denn hält man a, b, c ∈ Q ⊆ K fest, so ist diese Formel für alle d ∈ Q korrekt. Da die Norm ein Polynom (homogen von Grad 4) in a, b, c, d ist, folgt wegen #Q = ∞, daß die Formel für alle a, b, c ∈ Q und alle d ∈ K gilt. Nun hält man a, b ∈ Q und d ∈ K fest, läßt c durch Q laufen, und findet genauso, daß die Formel a, b ∈ Q und alle c, d ∈ K gilt. So fährt man fort, bis nachgewiesen ist, daß die Formel für alle a, b, c, d ∈ K gilt.

Ω : Das allgemeine Element a + bω + ci + diω, a, b, c, d ∈ C, kommt unter φ auf (\begin{matrix}a+dI & c−d+bI \\ −c+bI & a−b−dI \end{matrix} ), und diese Bildmatrix hat Determinante a^{2}−ab+b^{2}+c^{2}−cd+d^{2}.

(4) H : Es ist H ein Schiefkörper, da alle ξ ∈ H ∖ {0} positive Norm haben. Ein maximaler Teilkörper in H ist durch Q(i) ≃ Q[X]/(X^{2} + 1) gegeben, ein anderer durch Q(i + j) ≃ Q[X]/(X^{2} + 2). In zweiterem ist −1 kein Quadrat.

Ω : Es ist Ω ein Schiefkörper, da alle ξ ∈ H ∖ {0} positive Norm haben. In der Tat ist die Norm von ã + b̃(1 + 2ω) + c̃i + d̃(1 + 2ω)i gleich ã^{2} + 3b̃^{2} + c̃^{2} + 3d̃^{2}. Ein maximaler Teilkörper in Ω ist durch Q(i) ≃ Q[X]/(X^{2} + 1) gegeben, ein anderer durch Q(ω) ≃ Q[X]/(X^{2} + X + 1). In zweiterem ist −1 kein Quadrat.

(5) H : Wir müssen untersuchen, wann die quadratische Form a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} für ein (a, b, c, d) ≠ (0, 0, 0, 0) die Null als Wert annehmen kann, kurz, wann die Normform die Null darstellt. Für v = ∞ stellt die Normform die Null nicht dar. Für v ∈ V ∖ {2, ∞} behaupten wir, daß die Normform die Null darstellt. Wegen #F_{v}^{2} = (v + 1)/2 ist −F_{v}^{2} ∩ (1 + F_{v}^{2}) ≠ ∅. Seien also s, t ∈ Z gegeben mit 1 + s^{2} + t^{2} = 0. Es genügt, eine Nullstelle des Polynoms f(X) = X^{2} + s^{2} + t^{2} in Q_{v} zu finden. Das geht mit Hensel, da f(1) ≡_{v} 0, aber f′(1) = 2 ≢_{v} 0. Wir behaupten, daß für v = 2 die Normform die Null nicht darstellt. Wir können o.E. nach einer Lösung (a, b, c, d) ∈ Z_{2}^{4} mit (a, b, c, d) ≢_{2} (0, 0, 0, 0) suchen. Modulo 8 haben wir die Quadrate {0, 1, 4}. Da die 1 als Summand vorkommen muß, ist unter den gemachten Voraussetzungen a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} ≢_{8} 0. Es bleibt, in H_{2} die Maximalordnung Δ_{H,2} zu betrachten. Wir haben Elemente in H_{2} mit Norm in Z_{2} zu finden. Angenommen, es hätte ein Element a + bi + cj + dij mit (a, b, c, d) ∉ \frac{1}{2}Z_{2}^{4} Norm in Z_{2}. Nach Multiplikation mit 2^{−s}, wobei s die minimale Bewertung bei 2 der nichtverwindenden Elemente in {a, b, c, d} bezeichnet, erhalten wir ein primitives Tupel (eine Koeffizientenbewertung ist gleich 0) mit a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} ∈ 2^{2s}Z_{2}. Da nun nach Voraussetzung s ≥ 2, ist dies nach dem eben gesehenen nicht möglich. Also hat jedes Element in der Maximalordnung Koeffizienten in \frac{1}{2}Z_{2}^{4}. Da die Elemente mit Koeffizienten in Z_{2} ohnehin Norm in Z_{2} haben, genügt es, die endlich vielen Elemente in \frac{1}{2}Z_{2}^{4}/Z_{2}^{4} zu testen. Und in der Tat hat ein solches Element a + bi + cj + dij, mit (a, b, c, d) ∈ \frac{1}{2}Z_{2}, eine ganzzahlige Norm genau dann, wenn (a, b, c, d) konguent modulo Z_{2}^{4} zu (0, 0, 0, 0) oder zu \frac{1}{2}(1, 1, 1, 1) ist. Damit ist die Maximalordnung mit ρ := (1 + i + j + ij)/2 gegeben durch

Δ_{H,2} = Z_{2}⟨1, i, j, ρ⟩ .

Wir haben ef = 4. Zur Bestimmung des Verzweigungsindexes e haben wir das Bild der Abbildung Δ_{H,2} ^{\overline{}^{w}} Q, ξ \overline{}v_{2}(N(ξ))/4 zu betrachten. Die Norm von ξ = a+bi+cj +d′ρ = (a+d′/2)+(b+d′/2)i+(c+d′/2)j +(d′/2)ij ist gegeben durch

(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{′2} + ad′ + bd′ + cd′)^{2} .

und somit ist w(ξ) ∈ \frac{1}{2}Z. Es folgt w(Δ_{H,2}) = \frac{1}{2}Z. Es wird e = 2, und folglich der Trägheitsindex f = 2, sowie e.g. π = 1 + i. Es ist übrigens Δ_{H,2}/πΔ_{H,2} ≃ F_{2}(ρ) ≃ F_{4}, mit μ_{ρ,F_{2}}(X) = X^{2} + X + 1 ∈ F_{2}[X]. In der Tat ist ρ ≢_{π} 1, da ρ − 1 eine Einheit in Δ_{H,2} ist; und ferner gilt ρ^{2} − ρ + 1 = 0 bereits in Δ_{H,2}.

Ω : Wir müssen untersuchen, wann die quadratische Form ã^{2} + 3b̃^{2} + c̃^{2} + 3d̃^{2} für ein (a, b, c, d) ≠ (0, 0, 0, 0) die Null darstellt (cf. (4)). Für v = ∞ stellt die Normform die Null nicht dar. Für v ∈ V ∖ {2, 3, ∞} behaupten wir, daß die Normform die Null darstellt. Wegen #F_{v}^{2} = (v + 1)/2 ist −F_{v}^{2} ∩ (3 + F_{v}^{2}) ≠ ∅. Seien also s, t ∈ Z gegeben mit 3 + s^{2} + t^{2} = 0. Es genügt, eine Nullstelle des Polynoms f(X) = X^{2} + s^{2} + t^{2} in Q_{v} zu finden. Das geht mit Hensel, da f(3) ≡_{v} 0, aber f′(3) = 6 ≢_{v} 0. Wir behaupten, daß für v = 2 die Normform die Null darstellt. Setzt man b = c = d = 1, so sieht man, daß es genügt, eine Nullstelle des Polynoms X^{2} + 7 = 0 zu finden. Das geht mit Hensel, da v_{2}(f(1)) = 3 > 2 = 2v_{2}(f′(1)). Wir behaupten, daß für v = 3 die Normform die Null nicht darstellt. Wir können o.E. nach einer Lösung (ã, b̃, c̃, d̃) ∈ Z_{3}^{4} mit (ã, b̃, c̃, d̃) ≢_{3} (0, 0, 0, 0) suchen. Modulo 9 haben wir ã^{2}, c̃^{2} ∈ {0, 1, 4, 7, 9} und 3b̃^{2}, 3d̃^{2} ∈ {0, 3}. Es folgt zunächst, daß ã^{2} ≡_{9} 0 und c̃^{2} ≡_{9} 0, und dann, daß für b̃^{2} und d̃^{2} keine Möglichkeit mehr bleibt, um modulo 9 nichttrivial eine Null hervorzubringen. Es bleibt, in Ω_{3} die Maximalordnung Δ_{Ω,3} zu betrachten. Wir haben Elemente in Ω_{3} mit Norm in Z_{3} zu finden. Angenommen, es hätte ein Element ã + b̃(2ω + 1) + c̃i + d̃i(2ω + 1) mit (ã, b̃, c̃, d̃) ∉ Z_{3}^{4} Norm in Z_{3}. Nach Multiplikation mit 3^{−s}, wobei s die minimale Bewertung bei 3 der nichtverwindenden Elemente in {ã, b̃, c̃, d̃} bezeichnet, erhalten wir ein primitives Tupel (eine Koeffizientenbewertung ist gleich 0) mit ã^{2} + 3b̃^{2} + c̃^{2} + 3d̃^{2} ∈ 3^{2s}Z_{2}. Da nun nach Voraussetzung s ≥ 1, ist dies nach dem eben gesehenen nicht möglich. Damit sind alle Elemente mit Norm in Z_{3} im Z_{3}-linearen Erzeugnis von (1, ω, i, iω), und mithin

Δ_{Ω,3} = Z_{3}⟨1, ω, i, iω⟩

die Maximalordnung.

Wir haben ef = 4. Zur Bestimmung e haben wir das Bild der Abbildung Δ_{Ω,3} ^{\overline{}^{w}} Q, ξ \overline{}v_{3}(N(ξ))/4 zu betrachten. Die Norm von ξ = ã + b̃(1 + 2ω) + c̃i+d̃i(1+2ω) ist gegeben durch (ã^{2} +3b̃^{2} +c̃^{2} +3d̃^{2})^{2}, und somit ist w(ξ) ∈ \frac{1}{2}Z. Ferner ist w(1 + 2ω) = 1/2, und also w(Δ_{Ω,3}) = \frac{1}{2}Z. Also e = 2, und folglich f = 2, sowie e.g. π = 1 + 2ω. Es ist übrigens Δ_{Ω,3}/πΔ_{Ω,3} ≃ F_{3}(i) ≃ F_{9}, mit μ_{ρ,F_{9}}(X) = X^{2} + 1 ∈ F_{3}[X]. In der Tat ist i ≢_{π} 1, da i − 1 eine Einheit in Δ_{Ω,3} ist.

(6) Wären H und Ω als Q-Algebren isomorph, so würde aus H_{2} Schiefkörper folgen, daß auch Ω_{2} Schiefkörper ist. Das ist aber nicht der Fall.

(7) Zunächst nehmen wir mit (6) den Fall d = 1 aus, in welchem die Algebren nicht isomorph sind.

Wir müssen ermitteln, für welches d ≠ 1 quadratfrei Elemente ã, b̃, c̃, d̃ ∈ Q(\sqrt{d}) existieren mit

[figure: H_{Q(\sqrt{d})}; Ω_{Q(\sqrt{d})}; i; i; j; ã + b̃(2ω + 1) + c̃i + d̃i(2ω + 1)]

wohldefiniert. Wenn die Existenz eines solchen Tupels (ã, b̃, c̃, d̃) bekannt ist, genügt es für die Surjektivität dieser Abbildung b̃ ≠ 0 oder d̃≠ 0 zu wissen.

Für die Wohldefiniertheit müssen wir sehen, daß j^{2} auf −1 und ij +ji auf 0 kommt. Letztere Bedingung liefert wegen i(1 + 2ω) = (1 + 2ω)i, daß ã = 0 und daß c̃ = 0. Da das Bild von j wegen j^{2} = −1 nicht verschwinden darf, ist die Abbildung mit voriger Bemerkung automatisch ein Isomorphismus, falls nur wohldefiniert.

Die Bedingung j^{2} = −1 wird nun zur Forderung, daß

−1 =^{!} ((b̃ + d̃i)(1 + 2ω))^{2} = (b̃ + d̃i)(b̃ − d̃i)(1 + 2ω)^{2} = −3(b̃^{2} + d̃^{2}) .

Setzen wir nun

\begin{aligned}b̃ & =: & α + β\sqrt{d} \\ d̃ & =: & γ + δ\sqrt{d} \end{aligned}

mit α, β, γ, δ ∈ Q an. Einsetzen liefert die Bedingungen

\begin{aligned}αβ + γδ & = & 0 \\ α^{2} + γ^{2} + dβ^{2} + dδ^{2} & = & \frac{1}{3} . \end{aligned}

Die erste Bedingung übersetzt sich via Determinante in die Existenz von λ, μ ∈ Q, nicht beide 0, mit λ (\begin{matrix}α \\ γ \end{matrix}) + μ (\begin{matrix}−δ \\ β \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}).

Fall μ = 0. Nun ist λ ≠ 0 und folglich α = γ = 0, und damit hat zu sein

dβ^{2} + dδ^{2} = \frac{1}{3} .

Fall μ ≠ 0. Wir dürfen μ = 1 setzen und haben

(α^{2} + γ^{2})(d + dλ^{2}) = \frac{1}{3} .

zu lösen. Eine Zahl ξ in Q^{∗} ist genau dann Norm einer Zahl in Q(i)^{∗}, wenn dasselbe für 1/ξ zutrifft. Wir haben, mit veränderten α und γ, also

3 + 3dλ^{2} = α^{2} + γ^{2}

zu lösen.

Beide Fälle laufen darauf hinaus, sich von der quadratischen Form

α^{2} + γ^{2} − 3μ^{2} − 3dλ^{2}

über Q die Null darstellen zu lassen. Denn ist μ ≠ 0, so gibt das eine Lösung im zweiten Fall, und ist μ = 0, so gibt das eine Lösung im ersten Fall.

Eine Betrachtung modulo 9 einer primitiven Lösung zeigt, daß d ≡_{3} 1 nicht sein darf. Diesenfalls schließt man nämlich zunächst auf α ≡_{3} 0 und β ≡_{3} 0, und dann auch μ ≡_{3} 0 und λ ≡_{3} 0.

Eine Betrachtung modulo 8 einer primitiven Lösung zeigt, daß d ≡_{8} 1 nicht sein darf. Diesenfalls ist modulo 8 nämlich α^{2} +γ^{2} ∈ {0, 1, 2, 4, 5}, während 3μ^{2} −3dλ^{2} ∈ {0, 3, 6, 4, 7}, und die Schnittmenge {0, 4} kann mit einer primitiven Lösung nicht erreicht werden.

Wir werden unter Zuhilfenahme von Serre, A course in arithetic, 1970, abgekürzt [S], zeigen, daß dies die einzigen Bedingungen an d sind. Nach dem Hasse-Minkowski-Prinzip [S, p. 41, th. 8] müssen wir entscheiden, für welches d die quadratische Form die Null über allen Körpern Q_{v} darstellt. Für v = ∞ ist das der Fall. Sei v eine Primzahl. Wir multiplizieren die Form mit (−3) durch und fragen uns, wann

−3α^{2} − 3γ^{2} + μ^{2} + dλ^{2}

die Null nicht darstellt über Q_{v}. Nach [S, p. 36-37, th. 6] ist dies genau dann der Fall, wenn d ein Quadrat in Q_{v} ist und (−3, −3)_{v} ≠ (−1, −1)_{v}. Letztere Bedingung ist genau dann erfüllt, wenn v ∈ {2, 3}, cf. [S, p. 20, th. 1]. Nun ist d genau dann ein Quadrat in Q_{2}, wenn d ≡_{8} 1 ([S, p. 18, th. 4] oder Hensel direkt) und genau dann ein Quadrat in Q_{3}, wenn d ≡_{3} 1 ([S, p. 17, th. 3], oder Hensel direkt).

Resultat. Es sind H_{Q(\sqrt{d})} und Ω_{Q(\sqrt{d})} isomorph genau dann, wenn d ≢_{3} 1 und d ≢_{8} 1.

Zum Beispiel also für d ∈ {…, −3, −1, 2, 3, 5, 6, 11, … }.

(8) Eine Z-Ordnung Λ in einer Q-Algebra A ist genau dann eine Maximalordnung, wenn Λ_{p} := Λ ⊗_{Z} Z_{p} eine Maximalordnung in A_{p} := A ⊗_{Q} Q_{p} ist für alle p prim. Denn der Index von Λ in einer Maximalordnung hätte sonst einen Primteiler p, und über Z_{p} wäre so die Ordnung nicht maximal.

H : Zunächst ist Z⟨1, i, j, ij⟩ keine Maximalordnung in H, wie man bei 2 sieht, cf. (5). Wir behaupten, daß Δ_{H} := Z⟨1, i, j, ρ⟩ eine Maximalordnung in H darstellt, wobei ρ = (1 + i + j + ij)/2. Über Z_{2} ist Δ_{H,2} bereits maximal, siehe (5). Sei p ≠ 2. Bezüglich der Z_{p}-linearen Basis (1, i, j, ij) von Δ_{H,p} hat die Spurbilinearform die Grammatrix diag(4, −4, −4, −4), und somit invertierbare Diskriminante in Z_{p}. Wäre Δ_{H,p} in einer Oberordnung enthalten, so müßte deren Diskriminante diese Diskriminante in Z_{p} echt teilen, was nicht geht. Eine zweite Maximalordnung ist e.g. durch (1 + 2i)Δ_{H}(1 + 2i)^{−1} gegeben. In der Tat enthält diese das Element (1 + 2i)j(1 + 2i)^{−1} = \frac{1}{5}(4ij − 3j), welches nicht in Δ enthalten ist. (Die Maximalordnung in H_{5} ist nicht eindeutig, da kein Schiefkörper vorliegt.)

Ω : Wir behaupten, daß Δ_{Ω} := Z⟨1, ω, i, iω⟩ eine Maximalordnung in Ω darstellt. Über Z_{3} ist Δ_{Ω,3} bereits maximal, siehe (5). Sei p ∉ {2, 3}. Bezüglich der Z_{p}-linearen Basis (1, ω, i, iω) von Δ_{Ω,p} hat die Spurbilinearform die Grammatrix

[\begin{matrix}4 & −2 & 0 & 0 \\ −2 & −2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & −4 \end{matrix}] ,

und somit eine in Z_{p} invertierbare Diskriminante −144. Damit ist Δ_{Ω,p} maximal. Sei p = 2. Wir müssen zeigen, daß Δ_{Ω,2} eine Maximalordnung in Ω_{2} darstellt. Hierzu verwenden wir den Trick der reduzierten Spur. Wir behaupten, daß für ξ Element einer Z_{2}-Ordnung in Ω_{2} auch tr(ξ) := Tr(ξ)/2 noch in Z_{2} liegt. In der Tat können wir den Isomorphismus aus (1) ebenso über Q_{2}(I) ≃ Q_{2}[X]/(X^{2} + 1) durchführen statt über C, und erhalten nach Tensorieren mit Z_{2}[I] eine Z_{2}[I]-Ordnung in Q_{2}(I)^{2×2}. Jedes Element dieser Ordnung hat ein Minimalpolynom mit Koeffizienten in Z_{2}[I] (ganzabgeschlossen), und somit eine Spur tr(ξ) (als Element von Q_{2}(I)^{2×2}) in Z_{2}[I]. Damit ist tr(ξ) ∈ Q_{2} ∩ Z_{2}[I] = Z_{2}. Bezüglich tr erhalten wir die Grammatrix

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & 0 \\ −1 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & −2 \end{matrix}] ,

und somit eine in Z_{2} invertierbare Diskriminante −9. Damit ist Δ_{Ω,2} maximal. Eine alternative Maximalordnung erhalten wir e.g. mit (1 + i)Δ_{Ω}(1 + i)^{−1}, die das Element (1 + i)ω(1 + i)^{−1} = \frac{1}{2}(2iω + i − 1) enthält, welches in Δ_{Ω} nicht enthalten ist.

Aufgabe 2.

(1) Schreibe n := [L : K]. Wir behaupten, daß der Morphismus

[figure: L ⊗_{K} L; δ; ∏_{σ∈G} L; x ⊗ y; ((xσ)y)_{σ∈G}]

von L-Algebren (mit der L-Operation auf dem rechten Tensorfaktor) ein Isomorphismus ist.

Sei hierzu (x_{i})_{i∈[1,n]} eine K-lineare Basis von L. Die L-lineare Matrix von δ ist diesbezüglich gegeben durch (x_{i}σ)_{i,σ} ∈ L^{n×n}. Wir behaupten, daß diese Matrix linear unabhängige Spalten hat. In der Tat folgt aus ∑_{σ∈G}(x_{i}σ)λ_{σ} = 0 für alle i ∈ [1, n], wobei λ_{i} ∈ L, daß ∑_{σ∈G}(xσ)λ_{σ} = 0 für alle x ∈ L. Dedekinds Lemma impliziert nun, daß λ_{σ} = 0 für alle σ ∈ G.

Alternativ: Es ist L = K[X]/(f(X)), f(X) zerfällt in L[X] in Linearfaktoren, und L ⊗_{K} L ≃ L[X]/(f(X)) …

(2) Es werden

N_{L|K}(x) = N_{L⊗_{K}L|L}(x ⊗ 1) =^{Iso} N_{(∏_{σ}L)|L}((xσ)_{σ}) = ∏_{σ∈G} xσ
Tr_{L|K}(x) = Tr_{L⊗_{K}L|L}(x ⊗ 1) =^{Iso} Tr_{(∏_{σ}L)|L}((xσ)_{σ}) = ∑_{σ∈G} xσ .

(3) Wir müssen ein Element e ∈ Q(\sqrt{d}) ⊗_{Q} Q(\sqrt{d}) finden, welches unter δ auf (1, 0) abgebildet wird. Setzen wir e = s(1 ⊗ 1) + t(1 ⊗ \sqrt{d}) + u(\sqrt{d} ⊗ 1) + v(\sqrt{d} ⊗ \sqrt{d}) mit s, t, u, v ∈ Q an, so wird

eδ = (s, s)+(t\sqrt{d}, t\sqrt{d})+(u\sqrt{d}, −u\sqrt{d})+(dv, −dv) = (s+dv+(t+u)\sqrt{d}, s−dv+(t−u)\sqrt{d}) .

Daraus erhalten wir t = u = 0, s = 1/2 und v = 1/2d, d.h. die orthogonale Zerlegung

1 ⊗ 1 = \frac{1}{2d}(d ⊗ 1 + \sqrt{d} ⊗ \sqrt{d}) + \frac{1}{2d}(d ⊗ 1 − \sqrt{d} ⊗ \sqrt{d}) .

in primitive Idempotente.

Betrachten wir die eingeschränkte Abbildung Z_{L} ⊗_{Z} Z_{L} [figure: δ] Z_{L} × Z_{L}.

Fall d ≡_{4} 1, i.e. Z_{L} = Z[(1 + \sqrt{d})/2]. Schreibe ρ := (1 + \sqrt{d})/2 und m := (d − 1)/4. Es ist ρ^{2} = ρ + m, und der nichttriviale Galoisautomorphismus schickt ρ auf 1 − ρ.

Bezüglich der Z-linearen Basis (1, ρ) wird also

[figure: 1 ⊗ 1; (1, 1); 1 ⊗ ρ; (ρ, ρ); ρ ⊗ 1; (ρ, 1 − ρ); ρ ⊗ ρ; (ρ + m, −m) .]

Die Z-lineare Determinante von δ ist mithin −d, der Index von (Z[ρ] ⊗_{Z} Z[ρ])δ in Z[ρ] × Z[ρ] also gleich d.

Ferner liegt das Bild in

Λ := \{(u, v) ∈ Z[ρ] × Z[ρ] : u ≡\sqrt{d} v\} .

Da Λ ebenfalls Index d in Z[ρ] × Z[ρ] hat, ist (Z[ρ] ⊗_{Z} Z[ρ])δ = Λ.

Fall d ≢_{4} 1, i.e. Z_{L} = Z[\sqrt{d}]. Bezüglich der Z-linearen Basis (1, ρ) wird also

[figure: 1 ⊗ 1; (1, 1); 1 ⊗ \sqrt{d}; (\sqrt{d}, \sqrt{d}); \sqrt{d} ⊗ 1; (\sqrt{d}, −\sqrt{d}); \sqrt{d} ⊗ \sqrt{d}; (d, −d) .]

Die Z-lineare Determinante von δ ist mithin −4d, der Index von (Z[ρ] ⊗_{Z} Z[ρ])δ in Z[ρ] × Z[ρ] also gleich 4d.

Ferner liegt das Bild in

Λ := \{(u, v) ∈ Z[ρ] × Z[ρ] : u ≡_{2\sqrt{d}} v\} .

Da Λ ebenfalls Index 4d in Z[ρ] × Z[ρ] hat, ist (Z[ρ] ⊗_{Z} Z[ρ])δ = Λ.

(4) Sei _{A}M_{B} ein A-B-Bimodul über R. Setzen wir

m · (a ⊗ b) := amb

für m ∈ M, a ∈ A und b ∈ B, so wird M zu einem A^{∘} ⊗_{R} B-Rechtsmodul. Die R-Balanciertheit dieser Multiplikationsabbildung ergibt sich aus der Voraussetzung an M, ein Bimodul über R zu sein.

Ist umgekehrt ein A^{∘} ⊗_{R} B-Rechtsmodul M gegeben, so erhalten wir eine A-B-Bimodulstruktur auf M, indem wir die obige Operationsdefinition von rechts nach links lesen.

(5) Ein L-L-Bimodul über K ist nach (4) ein L⊗L-Rechtsmodul. Da nach (1) der Ring L ⊗_{K} L in ein Produkt von Kopien von L zerfällt, gilt dies auch, via Multiplikation mit primitiven Idempotenten, für einen L ⊗_{K} L-Modul, er zerfällt so in eine direkte Summe von L-Moduln, mit L ⊗_{K} L-Operationen gegeben durch δπ_{σ}, σ ∈ G, wobei π_{σ} die Projektion ∏_{σ} L \overline{}L auf den mit σ indizierten Faktor bezeichne. Ausgeschrieben schickt δπ_{σ} das Element x ⊗ y auf (xσ)y.

Ein als K-Vektorraum endlichdimensionaler L-Modul ist nun endliche direkte Summe von eindimensionalen L-Moduln, isomorph zu L.

Auf L operiert nun x ⊗ y ∈ L ⊗_{K} L durch l · (x ⊗ y) = l(xσ)y = (xσ)ly, für l ∈ L. Via (4) entspricht dies der Bimoduloperation x · l · y := (xσ)ly. Wir bezeichnen L, ausgestattet mit dieser Bimoduloperation, provisorisch als L_{(σ)}.

Schließlich haben wir einen Isomorphismus von L-L-Bimoduln

[figure: L_{(σ)}; ∼; L_{σ^{−1}}; l; lσ^{−1}]

(6) Wir haben einen Isomorphismus von L-L-Bimoduln

[figure: L_{ρ}; ⊗_{L}; L_{σ}; ∼; L_{ρσ}; l; ⊗; l′; (lσ)l′ .]

In der Tat kommt x · (l ⊗ l′) · y = (xρ)l ⊗ l′y für x, y ∈ L auf (xρσ)(lσ)l′y, was mit x · ((lσ)l′) · y übereinstimmt.