G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 7

Aufgabe 1.

(1)

(i) ⟺ (ii) : Zu zeigen ist nur (i) ⟹ (ii), die umgekehrte Implikation folgt mit v = 1_{P}. Seien ein Epimorphismus X ^{\overline{}^{f}} Y und ein Morphismus P ^{\overline{}^{v}} Y. Sei E := \{(p, x) : pv = xf\} ⊆ P ⊕ X ein Teilmodul. Wir haben einen Epimorphismus E ^{\overline{}^{f′}} P, (p, x) \overline{}p, welcher wegen P projektiv aufspaltet, sei etwa E ^{\overline{}^{s}} P ein Morphismus mit sf′ = 1_{P}. Ferner haben wir einen Morphismus E ^{\overline{}^{v′}} X, (p, x) \overline{}x, und es ist v′f = f′v nach Konstruktion E. Es wird

(sv′)f = sf′v = f ,

wir können also u = sv′ verwenden.

(i) ⟹ (iii) : Sei P = R⟨p_{1}, …, p_{m}⟩ in Erzeugern geschrieben. Sei A^{m} ^{\overline{}^{φ}} P durch e_{i} \overline{}p_{i} definiert, wobei e_{i} das i-te Standardbasiselement bezeichne. Da φ epimorph ist, gibt es ein A^{m} ^{\overline{}^{ψ}} P mit ψφ = 1_{P}. Sei Q der Kern von φ, und bezeichne Q ^{\overline{}^{ι}} A^{m} die Inklusion. Sei A^{m} ^{\overline{}^{π}} Q, ξ \overline{}ξ − ξφψ. Es ist ιπ = 1_{Q}. Insgesamt wird

A^{m} ^{\overline{}^{(^{φ π})}} P ⊕ Q

von

P ⊕ Q ^{\overline{}^{(\begin{matrix}ψ \\ ι \end{matrix} )}} A^{m}

beidseitig invertiert, i.e. es ist (^{φ π}) (\begin{matrix}ψ \\ ι \end{matrix}) = φψ + πι = 1 (nach Definition π) und

(\begin{matrix}ψ \\ ι \end{matrix}) (^{φ π}) = (\begin{matrix}ψφ & ψπ \\ ιφ & ιπ \end{matrix}) = (\begin{matrix}1_{P} & 0 \\ 0 & 1_{Q} \end{matrix}), insbesondere ist pψπ = pψ − pψφψ = 0 für alle

p ∈ P.

(iii) ⟹ (i) : Sei P ⊕ Q ≃ A^{m}, und sei X ^{\overline{}^{f}} P ein Epimorphismus. Dann ist

X ⊕ Q^{\overline{}^{(\begin{matrix}f & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})}} P ⊕ Q ≃ A^{m} ebenfalls ein Epimorphismus. Da A^{m} projektiv ist, wie man über eine Wahl der Bilder der Standardbasisvektoren sieht, spaltet dieser Morphismus auf, und mit ihm auch f.

(2) Wir haben wegen der Rechtsexaktheit des Tensorproduktes nur zu zeigen, daß Monomorphismen auf Monomorphismen gehen. Sei also P ein projektiver A-Rechtsmodul, und sei M′ ^{\overline{}^{φ}} M ein Monomorphismus von A-Linksmoduln. Es gehen aufspaltende Monomorphismen auf aufspaltende Monomorphismen (ein Monomorphismus i heißt aufspaltend, wenn es ein p gibt mit ip = 1). Bezeichnet P ^{\overline{}^{ι}} A^{m} eine aufspaltende Inklusion (existent nach (1, iii)), so erhalten wir folgendes kommutatives Viereck mit aufspaltend monomorphen Vertikalen.

[figure: A^{m} ⊗_{A} M′; A^{m}⊗φ; A^{m} ⊗_{A} M; ι⊗M′; ι⊗M; P ⊗_{A} M′; P ⊗φ; P ⊗_{A} M]

Nun können wir A^{m} ⊕ φ : A^{m} ⊗_{A} M′ \overline{}A^{m} ⊗_{A} M dank der Additivität des Tensorproduktes mit diag(φ, …, φ) : M^{′m} \overline{}M^{m} identifizieren, was wegen φ monomorph ebenfalls einen Monomorphismus darstellt. Damit muß auch P ⊗ φ monomorph sein.

(3) Nach Multiplikation mit einem Element aus R∖{0} dürfen wir annehmen, daß 𝔞, 𝔟 ⊆ R Ideale sind.

Sei x ∈ K so, daß v_{𝔭}(x) = v_{𝔭}(𝔟^{−1}) für alle Primidealteiler 𝔭 von 𝔟, v_{𝔭}(x) = 0 für alle Primidealteiler 𝔭 von 𝔞, die 𝔟 nicht teilen, und v_{𝔭}(x) ≥ 0 sonst (cf. Lösung 2, Aufgabe 1 (b), Lemma). Speziell ist also x ∈ 𝔟^{−1}. Betrachte die Sequenz

0 \overline{}𝔞𝔟 ^{\overline{}^{(^{x −1})}} 𝔞 ⊕ 𝔟 ^{\overline{}^{(\begin{matrix}1 \\ x \end{matrix})}} R \overline{}0 .

Wir behaupten, daß diese Sequenz exakt ist.

Exaktheit bei 𝔞𝔟 folgt aus R nullteilerfrei.

Exaktheit bei 𝔞 ⊕ 𝔟. Zunächst verschwindet die Komposition. Seien umgekehrt a ∈ 𝔞 und b ∈ 𝔟 gegeben mit a + xb = 0. Dann wird x · (ax^{−1}) = a und −1 · (ax^{−1}) = b, und es bleibt zu zeigen, daß ax^{−1} ∈ 𝔞𝔟. Es genügt, dies lokal bei den maximalen Idealen zu zeigen. Teilt 𝔭 das Ideal 𝔟, so ist nach Konstruktion x^{−1} ∈ 𝔟_{𝔭} und somit ax^{−1} ∈ 𝔞_{𝔭}𝔟_{𝔭}. Teilt 𝔭 das Ideal 𝔞, aber nicht 𝔟, so ist nach Konstruktion x eine Einheit in R_{𝔭}, und somit ax^{−1} ∈ 𝔞_{𝔭} = 𝔞_{𝔭}𝔟_{𝔭}. Teilt 𝔭 weder 𝔞 noch 𝔭, so ist ax^{−1} = −b ∈ R_{𝔭} = 𝔞_{𝔭}𝔟_{𝔭}, da b ∈ R.

Exaktheit bei R. Mit Blatt 4, Aufgabe 1 (e), genügt es, diese nach Lokalisierung an den maximalen Idealen 𝔭 ⊆ R zu zeigen. Sei π ein Erzeuger des maximalen Ideals von R_{𝔭}, sei 𝔞_{𝔭} = (π^{α}), sei 𝔟 = (π^{β}).

Fall : 𝔭 teilt 𝔟. Es ist bereits 𝔟_{𝔭} ^{\overline{}^{x}} R_{𝔭} epimorph, da x = π^{−β}u mit einer Einheit u ∈ (R_{𝔭})^{∗}.

Fall : 𝔭 teilt 𝔟 nicht, aber 𝔞. Nun ist β = 0 und x ∈ (R_{𝔭})^{∗}. Es ist also bereits R_{𝔭} ^{\overline{}^{x}} R_{𝔭} epimorph.

Fall : 𝔭 teilt 𝔞𝔟 nicht. Nun ist α = 0. Es ist also bereits 𝔞_{𝔭} ^{\overline{}^{1}} R_{𝔭} epimorph.

Damit ist die Behauptung gezeigt. Da R projektiv ist, folgt 𝔞 ⊕ 𝔟 ≃ R ⊕ 𝔞𝔟, cf. (1, i ⟹ iii).

(4) Nach (3) ist 𝔞 ⊕ 𝔞^{−1} ≃ R^{2}, es ist 𝔞 also projektiv nach (1, iii).

(5) Sei 𝔞 = (a) für ein a ∈ K. Dann ist R \overline{}𝔞, x \overline{}xa ein Isomorphismus.

Sei umgekehrt 𝔞 ≃ R^{m} für ein m ≥ 0. Tensorieren mit K über R liefert K ≃ K ⊗_{R}𝔞 ≃ K^{m}, also m = 1. Sei a ∈ 𝔞 das isomorphe Bild von 1 ∈ R. Es folgt 𝔞 = (a).

Ein Beispiel eines nicht freien projektiven Moduls entnehmen wir e.g. Lösung 3, Aufgabe 3. Sei R = Z[\sqrt{−5}], sei 𝔞 = (2, 1 + \sqrt{−5}). Nach (4) ist 𝔞 projektiv über R, nach dem eben gesagten aber nicht frei, da kein Hauptideal.

(6) Es ist 𝔞 projektiv nach (4). Nach (2) ist 𝔞 ⊗_{R} 𝔟 \overline{}𝔞 ⊗_{R} R, a ⊗ b \overline{}a ⊗ b, damit injektiv, und somit auch dessen Komposition mit 𝔞 ⊗_{R} R ^{\overline{}^{∼}} R, a ⊗ x \overline{}ax.

Aufgabe 2.

(1) Der Morphismus D_{1,3} \overline{}Ω, i \overline{}i, j \overline{}1 + 2ω ist wegen i^{2} = −1, (1 + 2ω)^{2} = −3 und i(1+2ω) = −(1+2ω)i wohldefiniert und surjektiv. Aus Dimensionsgründen liegt damit ein Isomorphismus vor.

(2) Für a = 0 resp. b = 0 liegt mangels Invertierbarkeit von i resp. j kein Schiefkörper vor. Seien also a, b ∈ Q^{∗}.

Wir haben einen Isomorphismus

[figure: D_{a,b}; ⊗_{Q}; C; ∼; C^{2×2}; i; ⊗; 1; (\begin{matrix}0 & −a \\ 1 & 0 \end{matrix}); j; ⊗; 1; (\begin{matrix}\sqrt{−b} & 0 \\ 0 & −\sqrt{−b} \end{matrix}) ,]

der ij nach (\begin{matrix}0 & a\sqrt{−b} \\ \sqrt{−b} & 0 \end{matrix}) schickt. Die Norm von s+ti+uj +vij, s, t, u, v ∈ Q, berechnet sich also zu

N(s + ti + uj + vij) = det (\begin{matrix}s+u\sqrt{−b} & −ta+va\sqrt{−b} \\ t+v\sqrt{−b} & s−u\sqrt{−b} \end{matrix})^{2} = (s^{2} + at^{2} + bu^{2} + abv^{2})^{2} .

(Eine direkte Verifikation zeigt übrigens, daß diese Formel auch für a = 0, und analog dazu, auch für b = 0 gilt.

Wir haben nun zu ermitteln, wann

s^{2} + at^{2} + bu^{2} + abv^{2}

die Null nicht darstellt über Q. Nach Hasse-Minkowski genügt es, sie über Q_{p} zu betrachten mit p prim oder p = ∞ [S, p. 41, th. 8].

Über R = Q_{∞} wird die Null genau dann nicht dargestellt, wenn a > 0 und b > 0. Diesenfalls ist D_{a,b} also ein Schiefkörper.

Sei nun p prim. Nach [S, p. 36 f., th. 6] stellt unsere quadratische Form die Null genau dann nicht dar, wenn

(a, b)_{p}(a, ab)_{p}(b, ab)_{p} = (−a, −b)_{p}(−1, −1)_{p} ≠ (−1, −1)_{p}

ist. D.h. es ist D_{a,b} ⊗_{Q} Q_{2} Schiefkörper genau dann, wenn

(−a, −b)_{p} = −1

(cf. [S, p. 39, Remark]).

Resultat. Es ist D_{a,b} ein Schiefkörper genau dann, wenn a, b > 0 oder wenn eine Primzahl p existiert mit (−a, −b)_{p} = −1.

Vgl. auch [S, p. 20, th. 1].

(3) Sei ξ = s + ti + uj + vij ∈ D_{a,b}. Es ist ξi = iξ genau dann, wenn u = 0 und v = 0, es ist ξj = jξ genau dann, wenn t = 0 und v = 0. Also ist Z(D_{a,b}) = Q⟨1⟩ ≃ Q.

(4) (i) Sei (y_{1}, …, y_{n}) eine K-lineare Basis von D. Dann ist (1 ⊗ y_{1}, …, 1 ⊗ y_{n}) eine D-linkslineare Basis von D^{∘} ⊗_{K} D. Sei ξ = ∑_{i∈I} x_{i} ⊗ y_{i} ∈ D^{∘} ⊗_{K} D, wobei I eine Teilmenge von [1, n] von Kardinalität m sei. Ist m = 1, ist also ξ = x_{i} ⊗y_{i} für ein i ∈ [1, n], so hat man die zweiseitige Linearkombination ξ(x_{i}^{−1}⊗y_{i}^{−1}) = 1⊗1. Mit Induktion über m genügt es also, mittels einer zweiseitigen Linearkombination aus ξ eine Summe derselben Gestalt der Länge ≤ m − 1 und ungleich 0 zu machen, oder aber direkt 1 ⊗ 1.

Mittels Multiplikation mit x_{i_{0}}^{−1} ⊗ 1 dürfen wir x_{i_{0}} = 1 annehmen.

Falls nun alle x_{i} ∈ K liegen, so kann man ξ = 1 ⊗ y schreiben, und wir erhalten ξ(1 ⊗ y^{−1}) = 1 ⊗ 1.

Falls aber ein x_{i_{1}} ∉ K liegt, so gibt es ein b ∈ D mit x_{i_{1}}b ≠ bx_{i_{1}}. Wir erhalten

ξ(b ⊗ 1) − (b ⊗ 1)ξ = ∑_{i∈I∖{i_{0}}}(bx_{i} − x_{i}b) ⊗ y_{i} ,

und das ist ungleich 0, da der Koeffizient von 1 ⊗ y_{i_{1}} nicht verschwindet, und es ist eine Summe der Länge ≤ m − 1.

(ii) Enthielte der Kern I von

\begin{matrix}D^{∘} & ⊗_{K} & D & ^{\overline{}^{ρ}} & End_{K}D \\ x & ⊗ & y & \overline{} & (z \overline{}xzy) \end{matrix}

ein Element ξ ≠ 0, so wäre auch jede beidseitige Linearkombination von ξ in I enthalten, speziell mit (i) auch 1 ⊗ 1. Aber die Operation von 1 ⊗ 1 auf D ist ungleich 0, Widerpruch.

(iii) Mit (ii) ist ρ injektiv, also aus Dimensionsgründen auch surjektiv.

(5) Es ist D_{a,b} ^{\overline{}^{∼}} D_{a,b}^{∘}, i \overline{}i, j \overline{}j, ein wohldefinierter Isomorphismus.

(6) Sei zunächst angenommen, daß D_{a,b} ein Schiefkörper ist. Wir verwenden den Isomorphismus aus (4) unter Beachtung von (5), und schreiben Elemente von End_{Q}D_{a,b} als Matrizen für die Basis (1, i, j, ij). Dies ergibt

[figure: D_{a,b} ⊗_{Q} D_{a,b}; ∼; Q^{4×4}; i ⊗ 1; [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ −a & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & −a & 0 \end{matrix}]; j ⊗ 1; [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \\ −b & 0 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 & 0 \end{matrix}]; 1 ⊗ i; [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ −a & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & a & 0 \end{matrix}]; 1 ⊗ j; [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ −b & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −b & 0 & 0 \end{matrix}]]

Man rechnet nun für allgemeine a, b ∈ Q^{∗} direkt nach, daß die Relationen

\begin{aligned}(i ⊗ 1)^{2} + a ⊗ 1 & = & 0 \\ (j ⊗ 1)^{2} + b ⊗ 1 & = & 0 \\ (i ⊗ 1)(j ⊗ 1) + (j ⊗ 1)(i ⊗ 1) & = & 0 \\ (1 ⊗ i)^{2} + 1 ⊗ a & = & 0 \\ (1 ⊗ j)^{2} + 1 ⊗ b & = & 0 \\ (1 ⊗ i)(1 ⊗ j) + (1 ⊗ j)(1 ⊗ i) & = & 0 \end{aligned}

sowie

\begin{aligned}(1 ⊗ i)(i ⊗ 1) & = & (i ⊗ 1)(1 ⊗ i) \\ (1 ⊗ j)(j ⊗ 1) & = & (j ⊗ 1)(1 ⊗ j) \\ (1 ⊗ i)(j ⊗ 1) & = & (j ⊗ 1)(1 ⊗ i) \\ (1 ⊗ j)(i ⊗ 1) & = & (i ⊗ 1)(1 ⊗ j) \end{aligned}

auch im Bild gelten, sowie daß die Abbildung surjektiv ist.

(7^{∗}) Wir setzen den gesuchten Schiefkörper zu D_{a,3} an, mit a ∈ Q^{∗}. In D_{a,3}^{2×2} finden wir die von (\begin{matrix}j & 0 \\ 0 & −j \end{matrix}) und (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) erzeugte Teilalgebra isomorph zu (und identifiziert mit) D_{1,3}, also isomorph zu Ω nach (1). Wir wollen den Zentralisator von D_{1,3} bestimmen, d.i.

\{(\begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix}) : (\begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix}) (\begin{matrix}j & 0 \\ 0 & −j \end{matrix}) = (\begin{matrix}j & 0 \\ 0 & −j \end{matrix}) (\begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix})\} ⊆ D_{a,3}^{2×2} .

Diese Bedingungen liefern γ = −β, α = δ sowie αj = jα und βj = −jβ. In anderen Worten, α = s + uj und β = ti + vij für gewisse s, t, u, v ∈ Q. Wir suchen nun Elemente, die die Relationen der Erzeuger von D_{1,1} erfüllen. Ein Element (\begin{matrix}s+uj & i(t+vj) \\ −i(t+vj) & s+uj \end{matrix}) des Zentralisators gibt im Quadrat genau dann eine Skalarmatrix, wenn s = 0. Nun ist

(\begin{matrix}u′j & i(t′+v′j) \\ −i(t′+v′j) & u′j \end{matrix}) (\begin{matrix}uj & i(t+vj) \\ −i(t+vj) & uj \end{matrix}) = (\begin{matrix}−3u′u+at′t+3av′v+(t′v−tv′)j & −iu′(tj−3v)+iu(t′j−3v′) \\ +iu′(tj−3v)−iu(t′j−3v′) & −3u′u+at′t+3av′v+(t′v−tv′)j \end{matrix}) .

Wir haben also Tripel (t, u, v), (t, u, v) in Q zu finden mit

\begin{aligned}att′ & − & 3uu′ & + & 3a vv′ & = & 0 \\ at^{2} & − & 3u^{2} & + & 3a v^{2} & = & −1 \\ at^{′2} & − & 3u^{′2} & + & 3a v^{′2} & = & −1 . \end{aligned}

Probieren liefert etwa für a = −2 die Lösung (t, u, v) = \frac{1}{6}(3, 2, 1) und (t′, u′, v′) = \frac{1}{6}(−3, 2, 1). Insgesamt erhalten wir einen Morphismus

[figure: D_{1,1}; ⊗_{Q}; D_{1,3}; D_{−2,3}^{2×2}; 1; ⊗; i; (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}); 1; ⊗; j; (\begin{matrix}j & 0 \\ 0 & −j \end{matrix}); i; ⊗; 1; \frac{1}{6} (\begin{matrix}2j & i(3+j) \\ −i(3+j) & 2j \end{matrix}); j; ⊗; 1; \frac{1}{6} (\begin{matrix}2j & i(−3+j) \\ −i(−3+j) & 2j \end{matrix}) ,]

welcher mit dem Argument für (4, i) injektiv, und somit aus Dimensionsgründen ein Isomorphismus ist.