G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 9

Aufgabe 1.

Sei K = Z(D). Es sind alle maximalen Teilkörper von Grad [D : K]^{1/2}. Da endliche Körper derselben Kardinalität isomorph sind, sind also alle maximalen Teilkörper isomorph, mit Skolem-Noether also konjugiert zu einem solchen, sagen wir L. Da jedes Element x von D in einem Teilkörper K(x) und damit auch in einem maximalen Teilkörper enthalten ist, wird D^{∗} = ⋃_{d} d^{−1}L^{∗}d, wobei es genügt, d über ein Vertretersystem der Rechtsnebenklassen von L^{∗} in D^{∗} laufen zu lassen. Die 1 taucht in jeder dieser Teilmengen d^{−1}L^{∗}d auf. Nehmen wir sie heraus, so erhalten wir

#D^{∗} ≤ (#D^{∗}/#L^{∗})(#L^{∗} − 1) + 1 ,

i.e. #D^{∗} ≤ #L^{∗}. Es folgt K = D.

Aufgabe 2.

Ein maximaler Teilkörper L in D ist wegen [L : Q]^{2} = 4 von der Form L = Q(\sqrt{−a}) für ein a ∈ Q^{∗}. Schreibe i = \sqrt{−a}. Wir haben einen Automorphismus σ von L über Q, der i auf −i schickt. Mit Skolem-Noether gibt es also ein j ∈ D^{∗} mit j^{−1}ij = −i, i.e. Konjugation mit j induziert σ auf L. Nun ist j^{2} ∈ C_{D}(L) = L, und sogar, wegen (j^{2})σ = j^{−1} · j^{2} · j = j^{2}, j^{2} =: −b ∈ Q^{∗}. Wir erhalten so einen Isomorphismus D_{a,b} ^{\overline{}^{∼}} D.

Aufgabe 3.

(i) Mit Aufgabe 1 ist F_{q} der einzige endlichdimensionale Schiefkörper über F_{q} mit Zentrum F_{q}. Also Br(F_{q}) = 1.

(ii) Sei D ein endlichdimensionaler Schiefkörper über C mit Zentrum C. Angenommen, es gäbe ein x ∈ D ∖C. Dann wäre C(x)|C eine algebraische Körpererweiterung von Grad > 1, insbesondere wäre μ_{x,C}(X) ein irreduzibles Polynom von Grad > 1, und das kann es wegen C algebraisch abgeschlossen nicht geben. Also ist D = C, und Br(C) = 1.

(iii) Sei D ein endlichdimensionaler Schiefkörper über R mit Zentrum R, und sei R ⊂ D. Können wir D ≃ H_{R} zeigen, so besteht Br(R) aus zwei Elementen, und es ist so notwendigerweise Br(R) ≃ C_{2} (d.h. wir haben H_{R} ⊗_{R} H_{R} ≃ R^{4×4} mitbewiesen, cf. Blatt 7, Aufgabe 2 (6)).

Sei L ein maximaler Teilkörper in D. Wegen [L : R]^{2} = [D : R] ist R ⊂ L. Da jedes irreduzible Polynom in R[X] Grad 1 oder Grad 2 hat (sortiere die Linearfaktoren in C[X] eines beliebigen Polynoms zu komplex konjugierten Paaren), ist [L : R] = 2 und [D : R] = 4. Den Wurzeln eines beliebigen quadratischen Polynoms sieht man an, daß L ⊆ C, also L = C. Speziell gibt es ein i ∈ D^{∗} mit i^{2} = −1. Sei, wie in Aufgabe 2, mit Skolem-Noether ein j_{0} ∈ D^{∗} mit ij_{0} = −j_{0}i und j_{0}^{2} ∈ R^{∗} gefunden. Sei a = |j_{0}^{2}|^{−1/2} ∈ R_{>0}, und sei j = aj_{0}. Dann ist weiterhin ij = −ji, und nun j^{2} ∈ {−1, +1}. Wäre j^{2} = 1, also (j − 1)(j + 1) = 0, so wäre j = 1 oder j = −1, jedenfalls also ij = ji, und somit 2ij = 0, Widerspruch zu 2, i, j ∈ D^{∗}. Also ist j^{2} = −1, und wir erhalten einen Isomorphismus H_{R} ^{\overline{}^{∼}} D.

(iv) Bezeichne K = F_{3}(X) und sei D = K⟨⟨i, j⟩⟩/(i^{2}+1, j^{2}+X, ij = −ji) = K⟨1, i, j, ij⟩, [D : K] = 4. Wir behaupten, daß D ein Schiefkörper ist. Wegen ij ≠ ji ist er nicht kommutativ, d.h. es ist [D : Z(D)] ≥ 4, und somit Z(D) = K.

Die Norm von a+bi+cj+dij über K, a, b, c, d ∈ K, berechnet sich zu (a^{2}+b^{2}+c^{2}X+ d^{2}X)^{2}. Wir haben zu zeigen, daß die quadratische Form a^{2} +b^{2} +c^{2}X +d^{2}X die Null nicht darstellt über K. Wir nehmen an, es werde die Null nichttrivial dargestellt. Dann gibt es auch eine Primitivlösung, i.e. a, b, c, d ∈ F_{3}[X], gcd(a, b, c, d) = 1. Aus a(X)^{2} + b(X)^{2} ≡_{X} 0 entnehmen wir a(0)^{2} + b(0)^{2} ≡_{3} 0, also a(0) ≡_{3} 0 und b(0) ≡_{3} 0, i.e. a(X) ≡_{X} 0 und b(X) ≡_{X} 0. Aus c(X)^{2} + d(X)^{2} ≡_{X} 0 folgt nun genauso c(X) ≡_{X} 0 und d(X) ≡_{X} 0, und das ist ein Widerspruch, da nun X den gcd(a, b, c, d) teilt.

Es ist K(i) ≃ F_{9}(X) ein maximaler Teilkörper, also annulliert br(F_{9}(X)|F_{3}(X)) das Element [D] ∈ Br(F_{3}(X)).

Aufgabe 4.

(i) Eine Element in Q^{4×4}, das mit (\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix}) vertauscht, ist von der Form (\begin{matrix}A_{1,1} & A_{1,2} \\ A_{2,1} & A_{2,2} \end{matrix}),

mit Blöcken A_{i,j} ∈ Q⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix})⟩ ≃ Q(i) ⊆ Q^{2×2}. Also ist C ≃ Q(i)^{2×2}.

(ii) Zunächst ist via i \overline{}(\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix}) und j \overline{}(\begin{matrix}0 & 1 \\ −x & 0 \end{matrix}) die Algebra B isomorph zu D_{1,x}, also wegen 1, x > 0 ein Schiefkörper (cf. Blatt 7, Aufgabe 2 (2)). Es wird

C = \{(\begin{matrix}s+ti & (u+vi)j \\ −x(u+vi)j & s+ti \end{matrix}) | s, t, u, v ∈ Q\} ⊆ A .

Via i \overline{}(\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & i \end{matrix}) und j \overline{}(\begin{matrix}0 & j \\ −xj & 0 \end{matrix}) ist D_{1,−x} ^{\overline{}^{∼}} C. Es ist D_{1,−x} Schiefkörper, falls es ein p prim gibt mit (−1, x)_{p} = −1 (Blatt 7, Aufgabe 2 (2)). Falls nicht, so ist C einfach nach Vorlesung, und hat als Zentrum Q (loc. cit. (3)). (Einfachheit alternativ: Ist ξ ≠ 0 in einem Ideal I ⊆ D_{1,−x}, so auch ξ ± iξi und ξ ± jξj, woraus I = D_{1,−x} ersichtlich wird.) Also C ≃ D̃^{m×m} mit D̃ Schiefkörper mit Zentrum Q. Wegen dim_{Q} C = 4 und m > 1 muß C ≃ Q^{2×2} sein. (Konkreten Isomorphismus kenne ich keinen. Man müßte wohl mit einer Darstellung a^{2} + b^{2} − xc^{2} − xd^{2} = 0 der Null mit a, b, c, d ∈ Q ansetzen).

Es ist B zentraleinfach, und a priori C einfach, also B ⊗_{Q} C einfach. Daraus folgt B ⊗_{Q} C \overline{}A, b ⊗ c \overline{}bc injektiv, also auch surjektiv wegen Dimension.

Übrigens haben wir in der Brauergruppe Br(Q) damit nachgerechnet, daß [D_{1,x}][D_{1,−x}] = [D_{1,1}]. Insbesondere, D_{1,−x} ist genau dann kein Schiefkörper und also [D_{1,−x}] = [Q^{2×2}] = [Q] = 1, wenn D_{1,x} und D_{1,1} isomorph sind.

Aufgabe 5.

(i) Sei M ^{\overline{}^{u}} N ein Epimorphismus. Wir haben zu zeigen, daß er aufspaltet. Sei M ^{\overline{}^{v}} N eine K-lineare Abbildung mit vu = 1_{N}. Sei M ^{\overline{}^{ṽ}} N definiert durch

nṽ := \frac{1}{#G} ∑_{g∈G}(ng)vg^{−1} .

Es ist wiederum ṽu = 1_{N}, und es ist ṽ dazuhin KG-linear.

(ii) Schreibe ζ := ζ_{5}. Man sieht neben den Morphismen nach Q^{1×1} schnell den Morphismus QD_{10} \overline{}Q(ζ)^{2×2}, a \overline{}(\begin{matrix}ζ & 0 \\ 0 & ζ^{−1} \end{matrix}), b \overline{}(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}), nur ist dieser nicht surjektiv.

Wir konjugieren nun, um Matrizen in Q(ζ + ζ^{−1}) = Q(\sqrt{5}) zu erhalten. Schreibe ξ := ζ + ζ^{−1} (es ist μ_{ξ,Q}(X) = X^{2} + X − 1). Konjugation mit (\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}) von links liefert

zunächst \frac{1}{2} (\begin{matrix}ξ & ζ−ζ^{−1} \\ ζ−ζ^{−1} & ξ \end{matrix}), um reelle Diagonaleinträge zu bekommen, Konjugation

mit (\begin{matrix}ζ−ζ^{−1} & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) von links liefert schließlich \frac{1}{2} (\begin{matrix}ξ & −ξ−3 \\ 1 & ξ \end{matrix}). Dieselbe Prozedur bringt b nach

(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}).

Wir erhalten so einen Isomorphismus

[figure: QD_{10}; ∼; Q; ×; Q; ×; Q(\sqrt{5})^{2×2}; a; (1; ,; 1; ,; \frac{1}{2} (\begin{matrix}ξ & −ξ−3 \\ 1 & ξ \end{matrix})); b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})) .]

Unter Verwendung von C ⊗_{Q} Q(\sqrt{5})^{2×2} ≃ C^{2×2} × C^{2×2} erhalten wir unter Beachtung des Galoiskonjugierten −ξ − 1 von ξ durch Aufspalten des letzten Faktors den Isomorphismus

[figure: CD_{10}; ∼; C; ×; C; ×; C^{2×2}; ×; C^{2×2}; a; (1; ,; 1; ,; \frac{1}{2} (\begin{matrix}ξ & −ξ−3 \\ 1 & ξ \end{matrix}); ,; \frac{1}{2} (\begin{matrix}−1−ξ & ξ−2 \\ 1 & −1−ξ \end{matrix})); b; (1; ,; −1; ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}); ,; (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})) .]

Es hat QD_{10} gerade 2^{3} Ideale, während CD_{10} deren 2^{4} hat.