G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 8

Aufgabe 1.

(1) Wir zeigen, daß die Summe zweier nilpotenter Ideale N′, N′′ ⊆ A wieder ein nilpotentes Ideal bildet. Damit hat ein nilpotentes Ideal maximaler K-Dimension die verlangte Maximalitätseigenschaft.

Es ist zu zeigen, daß (N′ + N′′)^{m} = 0 für ein m ≥ 1. Ein Element einer derartigen Idealpotenz ist von der Form x := (n′_{1} + n′′_{1})(n′_{2} + n′′_{2}) ⋯ (n′_{m} + n′′_{m}) mit n′_{i} ∈ N′ und n′′_{i} ∈ N′′. Sei N^{′m′} = 0 und sei N^{′′m′′} = 0. Ist m ≥ m′ + m′′, so enthält nach Ausmultiplizieren des Ausdrucks für x jeder Summand mindestens m′ Faktoren in N′ oder mindestens m′′ Faktoren in N′′. Ersterenfalls verwendet man A·N′·A ⊆ N′, um das Produkt in ein Produkt aus ≥ m′ Elementen von N′ umzuschreiben, welches nach Voraussetzung verschwindet. Zweiterenfalls genauso mit N′′.

(2+4) Sei J der Schnitt aller maximalen Linksideale von A. Es ist J ein Linksideal. Wir behaupten, daß J ein Ideal ist. Sei x ∈ J, sei a ∈ A und sei L ein maximales Linksideal. Zu zeigen ist xa ∈ L. Sei A ^{\overline{}^{f}} A, y \overline{}ya, es ist f eine A-linkslineare Abbildung. Wir behaupten, daß (L)f^{−1} entweder gleich A oder maximales Linksideal ist. In der Tat ist A/(L)f^{−1} \overline{}A/L, y \overline{}ya, injektiv, und A/L einfach, also A/(L)f^{−1} gleich 0 oder einfach. In beiden Fällen ist x ∈ (L)f^{−1}, und somit xa ∈ L.

Wir behaupten J ⊆ Jac(A), i.e. J nilpotent. Sei

A = X_{0} ⊃ X_{1} ⊃ X_{2} ⋯ ⊃ X_{k} = 0

eine maximale Kette von Linksidealen, i.e. nicht verfeinerbar, oder aber, mit X_{i}/X_{i+1} einfach stets. Es genügt, J(X_{i}/X_{i+1}) = 0 zu zeigen, denn dann ist J^{k} = J^{k}X_{0} = 0. Es genügt also, für S einen einfachen Linksmodul JS = 0 zu zeigen. Sei s ∈ S ∖{0}, sei L = \{a ∈ A | as = 0\}. Es wird A/L ^{\overline{}^{∼}} S, a \overline{}as, mithin L maximales Linksideal, und somit J ⊆ L, und also Js = 0.

Wir behaupten Jac(A) ⊆ J. Ist L ein maximales Linksideal, so haben wir Jac(A) ⊆ L zu zeigen. Da A/L einfach ist, bleibt Jac(A)(A/L) = A/L auszuschließen. Daraus folgte aber 0 = Jac(A)^{m}(A/L) = A/L für ein m ≥ 1, was in der Tat nicht möglich ist.

Also Jac(A) = J, wie in (4) behauptet wurde. Zu zeigen sind nun noch zwei Dinge. Zum ersten, daß kein Ideal N, welches echt in Jac(A) enthalten ist, einen halbeinfachen Quotienten haben kann, und zum zweiten, daß A/Jac(A) halbeinfach ist.

Ersteres läuft wegen Jac(A)/N nilpotentes Ideal in A/N darauf hinaus, zu zeigen, daß eine halbeinfache endlichdimensionale Algebra kein nilpotentes Ideal ungleich 0 haben kann. Argument mit Wedderburn: eine halbeinfacher noetherscher Ring enthält nur idempotente Ideale, da ein Matrixring über einem Schiefkörper nur die beiden trivialen Ideale hat. Argument ohne Wedderburn: Sei B halbeinfach, und sei M ⊆ B ein nilpotentes Ideal. Wenn der B/M-linkslineare Epimorphismus B \overline{}B/M aufspaltet, wird 1 ∈ B/M auf ein Element 1 − x ∈ B mit x ∈ M geschickt, welches wegen B/M \overline{}B wohldefiniert zugleich von M annulliert wird. Da (1−x)(1+x+⋯+x^{k}) = 1 für ein k ≥ 1, würde dann M auch die 1 annullieren, i.e. M = 0.

Zu zweiterem bemerken wir, daß Jac(A/Jac(A)) = 0. Denn gäbe es ein Ideal I ⊇ Jac(A), welches modulo Jac(A) nilpotent ist, so wäre I^{n} ⊆ Jac(A) für ein n ≥ 0, also I^{nm} ⊆ Jac(A)^{m} = 0 für ein m ≥ 0, was I ⊆ Jac(A) impliziert. Wir haben also zu zeigen, daß Jac(A) = 0 nach sich zieht, daß A halbeinfach ist. Nun ist aber wegen A endlichdimensional 0 = Jac(A) = L_{1} ∩ ⋯ ∩ L_{k} mit bereits endlich vielen maximalen Linksidealen L_{i}. Daher gibt es einen Monomorphismus A [figure: ι] ⨁_{i∈[1,k]} A/L_{i} =: X, 1 \overline{}(1, …, 1) von A-Linksmoduln.

Wir behaupten, daß A ein direkter Summand von X ist. Sei I ⊆ [1, k] maximal mit Aι ⊕ ⨁_{i∈I} A/L_{i} ⊆ X direkt. Wäre Aι ⊕ ⨁_{i∈I} A/L_{i} ⊂ X, so gäbe es ein j ∈ [1, k] ∖ I mit A/L_{j} ⊈ Aι ⊕ ⨁_{i∈I} A/L_{i}, also, wegen A/L_{j} einfach, (A/L_{j}) ∩ (Aι ⊕ ⨁_{i∈I} A/L_{i}) = 0, also Aι ⊕ (⨁_{i∈I} A/L_{i}) ⊕ A/L_{j} direkt, Widerspruch. Damit ist Aι direkter Summand von X.

Insbesondere gibt es einen Epimorphismus X \overline{}A, und folglich ist A die Summe einfacher Moduln A = ∑_{i∈[1,l]} S_{i}. Wir behaupten, daß jeder einfache Modul projektiv ist. Sei S einfach. Dann gibt es einen Epimorphismus A \overline{}S mit Kern Y, und mit dem Argument von eben ist Y [figure] A ein aufspaltender Monomorphismus, also A ≃ Y ⊕ S, also S projektiv. (Oder: ∃ i S_{i} ≃ S mit Schur.)

Mit dem Satz von Wedderburn ist es egal, ob Links- oder Rechtsmoduln als projektiv nachgewiesen werden, um A halbeinfach nachzuweisen. Sei nun M ein beliebiger A-Linksmodul. Mit Induktion über seine K-Dimension genügt es für M projektiv zu zeigen, daß M einen projektiven direkten Summanden hat. Sei N ⊂ M ein maximaler Teilmodul von M. Es ist M \overline{}M/N ein Epimorphismus auf einen einfachen, und also projektiven Modul. Daher ist in der Tat M ≃ N ⊕ (M/N). Es ist somit A halbeinfach gezeigt.

(Man kann sogar zeigen, daß Jac(A) in jedem Ideal enthalten ist, welches einen halbeinfachen Quotienten hat.)

(3) Nach (1) und (2) ist Jac(A) charakterisiert als das einzige nilpotente Ideal von A mit halbeinfachem Quotienten.

Um dann in der Pierce-Zerlegung für ein Idempotent e die Primitivität zu zeigen, genügt es zu haben, daß eAe keine nichttrivialen Idempotente enthält.

(i) Es ist A ≃ Q[X]/(X + 1)^{2} × Q[X]/(X − 1)^{2} × Q[X]/(X^{2} + 1)^{2}, und diese direkte Zerlegung entspricht der orthogonalen Zerlegung 1 = e_{1} + e_{2} + e_{3} mit den Idempotenten

\begin{aligned}e_{1} & = & (+3X^{7} − 2X^{6} + X^{5} − 7X^{3} + 6X^{2} − 5X + 4)/16 \\ e_{2} & = & (−3X^{7} − 2X^{6} − X^{5} + 7X^{3} + 6X^{2} + 5X + 4)/16 \\ e_{3} & = & (X^{6} − 3X^{2} + 2)/4 . \end{aligned}

Es ist e_{i}Ae_{j} = 0 für i ≠ j, und e_{1}Ae_{1} ≃ Q[X]/(X +1)^{2}, e_{2}Ae_{2} ≃ Q[X]/(X −1)^{2} und e_{3}Ae_{3} ≃ Q[X]/(X^{2} + 1)^{2}. In allen diesen drei Ringen gibt es genau ein maximales Ideal (viz. (X + 1), (X − 1) resp. (X^{2} + 1)), also sind in der Tat die drei gefundenen Idempotente primitiv. Ist A ein kommutativer Ring, so ist Jac(A) = Nil (A), also Jac(A) = (X^{4} − 1). Reduktion der Idempotentzerlegung für A modulo (X^{4} − 1) liefert

\begin{aligned}ē_{1} & = & (−X^{3} + X^{2} − X + 1)/4 \\ ē_{2} & = & (+X^{3} + X^{2} + X + 1)/4 \\ ē_{3} & = & (−X^{2} + 1)/2 . \end{aligned}

Es ist ē_{i}(A/Jac(A))ē_{j} = 0 für i ≠ j, und ē_{1}(A/Jac(A))ē_{1} ≃ Q[X]/(X +1) ≃ Q, ē_{2}(A/Jac(A))ē_{2} ≃ Q[X]/(X − 1) ≃ Q, ē_{3}(A/Jac(A))ē_{3} ≃ Q[X]/(X^{2} + 1) ≃ Q(i). Alle diese drei Ringe sind Körper, also sind in der Tat die drei gefundenen Idempotente primitiv.

(ii) Es ist A einfach, also ohne nichttriviales Ideal. Speziell ist Jac(A) = 0. Es gibt aber sehr wohl nilpotente Elemente in A, etwa (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). Die Pierce-Zerlegung von A resultiert aus e_{1} := diag(1, 0, 0), e_{2} := diag(0, 1, 0), e_{3} := diag(0, 0, 1), und es wird e_{i}Ae_{j} ≃ Q stets.

(iii) Die Pierce-Zerlegung von A resultiert aus e_{1} := diag(1, 0, 0), e_{2} := diag(0, 1, 0), e_{3} := diag(0, 0, 1), es ist e_{i}Ae_{j} = 0 für (i, j) ∈ {(3, 1), (3, 2)}, und e_{i}Ae_{j} ≃ Q sonst. Es ist Jac(A) = (\begin{matrix}0 & 0 & Q \\ 0 & 0 & Q \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⊆ (\begin{matrix}Q & Q & Q \\ Q & Q & Q \\ 0 & 0 & Q \end{matrix}) = A, da dies ein nilpotentes Ideal ist, und

da A/Jac(A) ≃ Q^{2×2} × Q halbeinfach ist. In A/Jac(A) können wir das Bild der obigen Idempotentzerlegung verwenden, und erhalten ē_{i}(A/Jac(A))ē_{j} = 0 für (i, j) ∈ {(3, 1), (3, 2), (1, 3), (2, 3)}, und e_{i}Ae_{j} ≃ Q sonst.

(iv) Die Pierce-Zerlegung von A resultiert aus e_{1} := diag(1, 1, 0), e_{2} := diag(0, 0, 1). Es ist e_{1}Ae_{1} ≃ {(a_{i,j})_{i,j} ∈ Q^{2×2} : a_{2,1} = 0, a_{1,1} = a_{2,2}}, e_{2}Ae_{1} = 0, e_{1}Ae_{2} ≃ (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}), und e_{2}Ae_{2} ≃ Q. Für die Primitivität von e_{1} merken wir an, daß in einer Zerlegung (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}a & b \\ 0 & a \end{matrix}) + (\begin{matrix}1−a & −b \\ 0 & 1−a \end{matrix}) die Idempotenz von (\begin{matrix}a & b \\ 0 & a \end{matrix}) bereits a ∈ \{0, 1\} und 2ab = b zur Folge hat, woraus wir wiederum b = 0 ersehen.

Ferner ist Jac(A) = (\begin{matrix}0 & Q & Q \\ 0 & 0 & Q \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), da dieses Ideal nilpotent ist, und da A/Jac(A) ≃ Q × Q halbeinfach ist. Die Bilder der Idempotente modulo Jac(A) liefern eine Idempotentzerlegung von A/Jac(A), mit ē_{1}(A/Jac(A))ē_{2} = ē_{2}(A/Jac(A))ē_{1} = 0 und ē_{1}(A/Jac(A))ē_{1} ≃ Q sowie ē_{2}(A/Jac(A))ē_{2} ≃ Q.

(v) Wir erhalten die Idempotente e_{1} := diag(1, 1, 0), e_{2} := diag(0, 0, 1). Es ist

e_{1}Ae_{1} ≃ \{(a_{i,j})_{i,j} ∈ Q^{2×2} : a_{2,1} = −a_{1,2}, a_{1,1} = a_{2,2}\} ≃ Q(i) (mit (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}) \overline{}i),

e_{2}Ae_{1} = 0, e_{1}Ae_{2} ≃ (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}), und e_{2}Ae_{2} ≃ Q.

Es ist Jac(A) = (\begin{matrix}0 & 0 & Q \\ 0 & 0 & Q \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), da dieses Ideal nilpotent ist, und da A/Jac(A) ≃ Q(i) × Q halbeinfach ist.

Die Bilder der Idempotente modulo Jac(A) liefern eine Idempotentzerlegung von A/Jac(A), mit ē_{1}(A/Jac(A))ē_{2} = ē_{2}(A/Jac(A))ē_{1} = 0 und ē_{1}(A/Jac(A))ē_{1} ≃ Q(i) sowie ē_{2}(A/Jac(A))ē_{2} ≃ Q.

(vi) Das Tensorprodukt mit Q(i) über Q der Algebra aus (v) gibt

A ≃ {(a_{i,j})_{i,j} ∈ Q(i)^{3×3} | a_{3,1} = a_{3,2} = 0, a_{1,1} = a_{2,2}, a_{2,1} = −a_{1,2}} ,

und diesen Isomorphismus verwenden wir als Identifikation. Wir erhalten die Idempotente e_{1} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & i \\ −i & 1 \end{matrix}) und e_{2} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & −i \\ i & 1 \end{matrix}). Die Pierce-Zerlegung liefert einen

Isomorphismus A ≃ (\begin{matrix}Q(i) & 0 & Q(i) \\ 0 & Q(i) & Q(i) \\ 0 & 0 & Q(i) \end{matrix}). Darin ist das Jacobson-Radikal gegeben

durch A ≃ (\begin{matrix}0 & 0 & Q(i) \\ 0 & 0 & Q(i) \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). Die Bilder der Idempotenten von A in A/Jac(A) liefern eine Pierce-Zerlegung von A/Jac(A) ≃ Q(i) × Q(i) × Q(i).

Aufgabe 2.

(1) Ist K perfekt, so schränkt der Frobenius K̄ \overline{}^{F}_{∼} K̄, x \overline{}x^{p}, zu einer Bijektion K ^{\overline{}^{∼}} K ein. Ist (x_{1}, …, x_{m}) linear unabhängig über K und ist ∑_{i∈[1,m]} α_{i}x_{i}^{p} = 0

mit α_{i} ∈ K, so ist auch ∑_{i∈[1,m]} α_{i}^{p^{−1}}x_{i} = 0, und somit α_{i} = 0 für alle i ∈ [1, m].

Ist umgekehrt jede Erweiterung L|K separabel, so auch insbesondere K^{p^{−1}}|K. Wäre K ⊂ K^{p^{−1}}, so gäbe es ein Tupel (x_{1}, …, x_{m}) von Länge m > 1 in K^{p^{−1}}, welches über K linear unabhängig ist. Es kann nun (x_{1}^{p}, …, x_{m}^{p}) über K nicht linear unabhängig über K sein, da alle x_{i} ∈ K liegen.

(2) (i) ⟺ (ii). Die K^{p^{−1}}-lineare Abbildung L ⊗_{K} K^{p^{−1}} \overline{}L^{p^{−1}} ist injektiv genau dann, wenn jedes K-linear unabhängige Tupel (x_{1}, …, x_{m}) von L, gesehen im Tensorprodukt als (x_{1} ⊗ 1, …, x_{m} ⊗ 1), auf ein K^{p^{−1}}-linear unabhängige Tupel geht, i.e. wenn (x_{1}, …, x_{m}) linear unabhängig über K^{p^{−1}} bleibt, i.e. wenn (x_{1}^{p}, …, x_{m}^{p}) linear unabhängig über K ist.

(ii) ⟹ (iii). Aus (ii) folgt, daß L ⊗_{K} K^{p^{−1}} ein Integritätsbereich ist, und eine endlichdimensionale nullteilerfreie Ringerweiterung eines Körpers ist selbst ein Köper.

(iii) ⟹ (ii). Ist L ⊗_{K} K^{−p} ein Körper, so ist jeder Ringmorphismus in einen Ring ungleich dem Nullring injektiv.

(iii) ⟺ (iv). Ist L ⊗_{K} K^{p^{−1}} halbeinfach, so ist es ein Produkt von Körpern. Wir haben zu zeigen, daß ein Idempotent e = ∑_{i} x_{i} ⊗ α_{i}^{−p} ∈ L ⊗_{K} K^{p^{−1}} trivial ist, i.e. e = 0 oder e = 1. In der Tat ist e = e^{p} = ∑_{i} x_{i}^{p} ⊗ α_{i} = (∑_{i} x_{i}^{p}α_{i}) ⊗ 1 ∈ L ⊗ 1 ≃ L, und somit trivial.

(v) ⟹ (iv).

(vi) ⟺ (vii). Spaltet L ⊗_{K} L \overline{}L auf, so ist L als direkter Summand von L ⊗_{K} L projektiv.

(v) ⟺ (vii). Sei L⊗_{K} L \overline{}L aufspaltend als L-L-Bimodulepimorphismus, und sei ∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i} das Bild von 1_{L} unter der Aufspaltung. Insbesondere ist ∑_{i∈I} a_{i}b_{i} = 1 und ∑_{i∈I} ca_{i} ⊗ b_{i} = ∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}c für alle c ∈ L, letzteres, da c · 1_{L} = 1_{L} · c sich im Bild der Aufspaltung widerspiegelt. Wir haben zu zeigen, daß jeder Epimorphismus X ^{\overline{}^{f}} Y von L ⊗_{K} F -Moduln aufspaltet. Sei X ^{\overline{}^{g}} Y eine F -lineare Aufspaltung, i.e. sei gf = 1_{Y}. Sei

[figure: X; g̃; Y; ∑_{i∈I} a_{i}((yb_{i})g); y .]

Es ist wegen g F -linear g̃ weiterhin F -linear, und es wegen ∑_{i∈I} a_{i}b_{i} = 1 weiterhin g̃f = 1_{Y}. Nun ist aber g̃ dazuhin L-linear wegen

\begin{aligned}(yc)g̃ & = & ∑_{i∈I} a_{i}((yb_{i}c)g) \\ & = & ∑_{i∈I} ca_{i}((yb_{i})g) \end{aligned}

für c ∈ L, da wir eine Operation von L ⊗_{K} L auf Hom_{F} (Y, X) haben derart, daß für Y ^{\overline{}^{h}} X, für a, b ∈ L und y ∈ Y wird y((a ⊗ b) · h) := a((yb)h), und da folglich g · (∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}c) = g · (∑_{i∈I} ca_{i} ⊗ b_{i}). Damit ist g̃ insgesamt L ⊗_{K} F -linear.

(iv) ⟺ (viii). L ⊗_{K} K^{p^{−1}} ist halbeinfach genau dann, wenn das Jacobson-Radikal verschwindet, und das stimmt für eine kommutative endlichdimensionale K^{p^{−1}}- Algebra mit dem Nilradikal, i.e. der Teilmenge aller nilpotenten Elemente, überein.

(viii) ⟹ (ix). Nehmen wir im Gegenteil an, es habe x ∈ L ein nicht-separables Minimalpolynom μ_{x,K}(X). Dann ist wegen der mehrfachen Nullstelle in K̄ das Ideal (μ_{x,K}(X), μ′_{x,K}(X)) ≠ K[X], da sonst das Ideal (μ_{x,K}(X), μ′_{x,K}(X)) = K̄[X] wäre, was wegen des gemeinsamen Linearfaktors nicht richtig ist. Da deg μ′_{x,K} < deg μ_{x,K}, und da μ_{x,K}(X) irreduzibel ist, muß notwendig μ′_{x,K}(X) = 0 sein. D.h. wir haben μ_{x,K}(X) = ∑_{i∈[0,n]} α_{i}X^{ip} für gewisse α_{i} ∈ K. Es ist somit ξ := ∑_{i∈[0,n]} α_{i}^{p^{−1}} ⊗x^{i} ≠ 0, da (x^{0}, …, x^{n}) linear unabhängig über K wegen n < np, aber ξ^{p} = 0.

Nebenbei bemerkt, das Tupel (x^{0}, …, x^{n}) ist linear unabhängig über K, nicht aber das Tupel ((x^{0})^{p}, …, (x^{n})^{p}), was direkt zeigt, daß (i) nicht gilt, d.h. (i) ⟹ (ix).

(ix) ⟹ (x). Wir finden ein primitives Element x ∈ L, i.e. L = K(x). Es hat μ_{x,K}(X) insgesamt n := [L : K] paarweise verschiedene Nullstellen ξ_{1}, …, ξ_{n} in K̄, und entsprechend gibt es n Einbettungen σ_{1}, …, σ_{n} von L nach K̄ über K, charakterisiert durch x \overline{}ξ_{i}. Diese Einbettungen sind linear unabhängig im K̄- Vektorraum Hom_{K}(L, K̄) (Dedekinds Lemma). Es folgt der Isomorphismus

[figure: L; ⊗_{K}; K̄; ∼; ∏_{i∈[1,n]} K̄; x; ⊗; y; ((xσ_{i})y)_{i∈[1,n]} ,]

da mit der linearen Unabhängigkeit der Spalten einer beschreibenden K̄-linearen Matrix (x_{i}σ_{j})_{i,j} selbige Rang n hat.

(x) ⟹ (xi). Wäre Tr_{L|K} = 0, so auch K̄⊗_{K}Tr_{L|K}, und mit (x) also auch Tr_{(∏_{i∈I} K̄)|K̄} = 0, was nicht der Fall ist wegen Tr_{(∏_{i∈I} K̄)|K̄}(1, 0, …, 0) = 1.

(xi) ⟹ (ix). Wir nehmen an, daß (ix) nicht gilt, daß es also ein Element x ∈ L mit μ_{x,K}(X) = f(X^{p^{s}}) für ein f(X) ∈ K[X] irreduzibel mit f′(X) ≠ 0 und s ≥ 1 gibt (vgl. Beweis zu (viii) ⟹ (ix)). Dann ist y := x^{p^{s}} separabel über K, da f(X) separabel und f(y) = 0. Da f(X) irreduzibel ist, ist darüberhinaus μ_{y,K}(X) = f(X).

Wir haben die Zwischenerweiterung L|K(x)|K(y)|K, mit [K(x) : K(y)] = [K(x) : K]/[K(y) : K] = p^{s}, und folglich μ_{x,K(y)}(X) = X^{p^{s}}−y. Es ist nun Tr_{K(x)|K(y)}(x^{i}) = 0 für alle i ∈ [0, p^{s}−1], wie man anhand der Basis (x^{0}, …, x^{p^{s}−1}) nachprüft, und somit Tr_{K(y)|K(x)} = 0. Daher ist auch Tr_{L|K} = Tr_{K(x)|K} ∘ Tr_{K(y)|K(x)} ∘ Tr_{L|K(y)} = 0.

(x) ⟹ (v). Wäre L⊗_{K} F nicht halbeinfach, so enthielte sie ein nilpotentes Element ungleich 0, und das träfe dann auch für L ⊗_{K} K̄ ⊇ L ⊗_{K} F zu. Mit (x) ist das aber nicht der Fall.

(3) Sei F_{4} = F_{2}(α) mit α^{2} + α + 1 = 0. Es ist F_{4}|F_{2} separabel (was auch mit (1) folgt). Im einzelnen erhalten wir das folgende.

(i) Für Tupel aus einem oder keinem Element ist die behauptete lineare Unabhängigkeit klar. Sei nun (uα + v, u′α + v′) linear unabhängig über F_{2}, i.e. sei uv′ ≠ u′v. Dann ist auch ((uα + v)^{2}, (u′α + v′)^{2}) = (uα^{2} + v, u′α^{2} + v′) linear unabhängig über F_{2}, da (α^{2}, 1) = (α + 1, 1) linear unabhängig ist, und da weiterhin uv′ ≠ u′v.

(vi) Es genügt, eine F_{4}-F_{4}-lineare Aufspaltung des Multiplikationsepimorphismus F_{4} ⊗F_{2} F_{4} \overline{}F_{4} anzugeben. Unter Zuhilfenahme von F_{4} ⊗F_{2} F_{4} ^{\overline{}^{∼}} F_{4} × F_{4} erhält man die durch 1 \overline{}1 ⊗ 1 + 1 ⊗ α + α ⊗ 1 festgelegte Abbildung.

(ix) Die Elemente 0, 1 haben sicher separable Minimalpolynome über F_{2}. Die Elemente α und α^{2} = α + 1 sind die beiden verschiedenen Nullstellen des irreduziblen Polynoms f(X) = X^{2} + X + 1. Man sieht auch, daß f′(X) = 1 nicht verschwindet.

(x) Via 1 ⊗ 1 \overline{}(1, 1) und α ⊗ 1 \overline{}(α, α^{2}) wird bereits F_{4} ⊗F_{2} F_{4} ^{\overline{}^{∼}} F_{4} × F_{4}, da die F_{4}-lineare beschreibende Matrix (\begin{matrix}1 & 1 \\ α & α^{2} \end{matrix}) Determinante 1 hat. Sieht man F_{4} ⊆ ¯ F_{2} und tensoriert diesen Isomorphismus noch mit −⊗F_{4} ¯ F_{2}, so erhält man den gewünschten Isomorphismus.

(xi) In der Tat ist Tr_{F_{4}|F_{2}}(α) = α + α^{2} = 1.

(4) Es ist (F_{p}(X^{p^{−1}}))F = F_{p}(X) (als Teilmengen von \overline{F_{p}(X)}), und also auch F_{p}(X^{p^{−1}}) = (F_{p}(X))F^{−1}. Es ist F_{p}(X^{p^{−1}})|F_{p}(X) nicht separabel. Im einzelnen erhalten wir das folgende.

(i) Es ist (1, X^{p^{−1}}) linear unabhängig über F_{p}(X), nicht aber (1, X). (vi) Wir wollen zeigen, daß der F_{p}(X^{p^{−1}}) ⊗_{F_{p}(X)} F_{p}(X^{p^{−1}})-Modul F_{p}(X^{p^{−1}}) nicht

projektiv ist. Wegen F_{p}(X^{p^{−1}}) ⊗_{F_{p}(X)} F_{p}(X^{p^{−1}}) ≃ F_{p}(X^{p^{−1}})[Z]/(Z^{p}) (cf. ix) können wir dazu zeigen, daß allgemein für K ein Körper und m ≥ 2 der K[Z]/(Z^{m})-Modul K, auf dem Z wie 0 operiert, nicht projektiv ist. In der Tat spaltet der Epimorphismus K[Z]/(Z^{m}) \overline{}K, Z \overline{}0, nicht auf. Wäre nämlich ξ das Bild von 1 ∈ K, so müßte Zξ = 0 sein, i.e. ξ ∈ (Z^{m−1}) ⊆ (Z). Damit liegt ξ im Kern unserer Abbildung, kann also insbesondere nicht auf 1 gehen.

(ix) Es ist

F_{p}(X^{p^{−1}}) ⊗_{F_{p}(X)} \overline{F_{p}(X)} ≃ \overline{F_{p}(X)}[Y]/(Y^{p} − X)
= \overline{F_{p}(X)}[Y]/(Y − X^{p^{−1}})^{p}
≃ \overline{F_{p}(X)}[Z]/(Z)^{p} ,

das Tensorprodukt enthält also das zu Z, i.e. zu Y − X^{p^{−1}} korrespondierende nilpotente Element X^{p^{−1}} ⊗ 1 − 1 ⊗ X^{p^{−1}} ≠ 0. Ein endliches direktes Produkt von Kopien von \overline{F_{p}(X)} enthält aber keine nilpotenten Elemente ungleich 0, und somit existiert kein Isomorphismus der fraglichen Form.

(xi) Bezüglich der Basis ((X^{p^{−1}})^{0}, …, (X^{p^{−1}})^{p−1}) sieht man, daß Tr_{F_{p}(X^{p^{−1}})|F_{p}(X)} = 0 (vgl. Beweis zu (2), (xi) ⟹ (ix)).

(5) Sei (f_{1}(X), …, f_{m}(X)) ein über K linear unabhängiges Tupel in K(X). Da die lineare Unabhängigkeit eines Tupels sich bei Multiplikation mit einem festen Element in K(X) nicht ändert, weder von (f_{i}(X))_{i} noch von (f_{i}(X)^{p})_{i}, dürfen wir annehmen, daß f_{i}(X) = ∑_{j∈[1,k]} a_{i,j}X^{j} ∈ K[X] für i ∈ [1, m]. Sei nun ∑_{i} λ_{i}f_{i}(X)^{p} = 0 mit λ_{i} ∈ K, i.e. ∑_{i} λ_{i}a_{i,j}^{p} = 0 für alle j ∈ [1, k]. Wäre ein λ_{i} ≠ 0, so wäre die Matrix (a_{i,j}^{p})_{i∈[1,m],j∈[1,k]} von Rang < m. Also wären alle m × m-Unterdeterminanten von (a_{i,j}^{p})_{i,j} gleich 0. Eine solche Unterdeterminante ist aber gerade die p-Potenz der entsprechenden Unterdeterminante von (a_{i,j})_{i,j}, und von denen verschwindet eine nach Voraussetzung nicht. (Oder: Der Rang einer Matrix ändert sich beim Übergang nach K̄ nicht. Wende eintragsweise F^{−1} darauf an, unter Automorphismen ändert sich der Rang auch nicht. Also muß der Rang gleich m gewesen sein.) Damit ist auch das Tupel (f_{i}(X)^{p})_{i} linear unabhängig über K, und somit K(X)|K separabel.