Karlsruher Institut für Technologie Institut für Algebra und Geometrie

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Algebra und Geometrie PD Dr. Stefan Kühnlein Dipl.-Math. Jochen Schröder Einführung in Algebra und Zahlentheorie Übungsblatt 9 Musterlösung Aufgabe 1 (4 Punkte Die Begriffe linear (un-abhängig und Erzeugendensystem sind in der Modulwelt definiert wie bei Vektorräumen. Eine Basis ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem. a Finde einen kommutativen Ring R und einen R-Modul M {0}, so dass jede nichtleere Teilmenge linear abhängig ist. Begründe, warum M keine Basis besitzt. b Gegeben sei Q als Z-Modul. Zeige, dass Q keine Basis besitzt. a Betrachte R = Z und M = Z/42Z. M ist nach der Vorlesung ein Z-Modul vermöge z a za für alle z, a Z. Ist L M eine nichtleere Menge, so gibt es y L und wegen 42 y = 0 finden wir eine nichttriviale Linearkombination von 0, also ist L linear abhängig. Eine mögliche Basis B von M muss also leer sein, denn B ist linear unabhängig. Aber natürlich gilt = {0} M. b Seien a b 0, c a d 0 Q. Dann ist (bc b (ad c d = 0 eine nichttriviale Linearkombination der Null. Wir folgern, dass jede Menge L Q mit #L 2 linear abhängig ist. Gäbe es in Q eine Basis, so hätte diese höchstens ein Element. Annahme: Q = a b mit a Z, b N. Sicher ist a 0 und ohne Einschränkung ist a N denn a b = a b. Aber wegen 0 a b < 1 b+1 < 1 a b ist 1 b+1 a b = {z a b : z Z} (WIDERSPRUCH. Aufgabe 2 (4 Punkte Gegeben sei der Monoidring Z[M] mit M = (Z/2Z,. a Einen halben Punkt erhältst du, wenn du ein allgemeines Element aus Z[M], das Ergebnis des Produktes zweier solcher Elemente sowie das Null- und das Einselement explizit angibst. b Bestimme nun die Einheitengruppe Z[M]. c Bestimme alle Nullteiler. Bestimme weiterhin für jeden Nullteiler x Z[M] die Menge N x = {y Z[M] : xy = 0}. a Ein allgemeines Element hat die Form a 0 + b 1 mit a, b Z. Länger kann man auch δ 0 anstatt 0 und δ 1 anstatt 1 schreiben. Für allgemeine Elemente a 0 + b 1, c 0 + d 1 (mit a, b, c, d Z gilt (a 0 + b 1 (c 0 + d 1 = (ac + ad + bc 0 + bd 1. Das additive Neutralelement ist N = , das multiplikative Neutralelement E =

2 b Ein Element a 0 + b 1 ist dann invertierbar, wenn es c 0 + d 1 gibt, so dass (a 0 + b 1(c 0 + d 1! = Mit der Multiplikationsformel aus Aufgabenteil a gibt dies folgende Bedingung: Es gibt c, d Z, so dass ac + ad + bc = 0 und bd = 1. Letztere ist äquivalent zu b = d {±1}. Fall 1: b = d = 1. Dann ist die zweite Bedingung erfüllt, die erste wird zu ac + a + c = 0, was wir umformen zu 0 = ac+a+c = (c+1a+c = (c+1a+c+1 1 = (c+1(a+1 1 (a+1(c+1 = 1. Ein solches c existiert offensichtlich genau dann, wenn a + 1 {±1} liegt, was zwei Einheiten gibt: ( und = E. Fall 2: b = d = 1. Multiplikation mit 1 = E bringt uns in den Fall 1 und wir erhalten die Einheiten und = E. Insgesamt erhalten wir die Einheitengruppe Z[M] = {E, E, ( , }. c a 0 + b 1 ist ein Nullteiler, wenn es c, d gibt, die nicht beide 0 sind, so dass (a 0 + b 1(c 0 + d 1! = Dies gibt die Bedingungen bd = 0 und ac + ad + bc = 0. Fall 1: Sei zunächst b 0. Dann muss d = 0 sein, genau dann ist die erste Bedingung erfüllt. Damit wird die zweite Bedingung zu 0 = ac + bc = (a + bc. Da es (c, d (0, 0 geben soll, muss hier a = b ( 0 sein. Für diese Belegung existieren passende c, d, nämlich d = 0 (siehe oben, c beliebig. Für b 0 finden wir Nullteiler der Form ( b 0 + b 1 mit N ( b 0+b 1 = {c : c Z}. Fall 2: b = 0, die erste Bedingung ist dann automatisch erfüllt. Die zweite Bedingung wird zu 0 = ac + ad = a(c + d und stets finden wir passende c, d, etwa c = 1, d = 1. Also sind alle Elemente der Form a Nullteiler. Ist dabei a 0, so ist a(c + d = 0 genau dann erfüllt, wenn c = d, also ist dann N a = {c 0 c 1 : c Z}. Für a = 0 ist natürlich a 0 + b 1 = N und N N = Z[M].

3 Aufgabe 3 (3 Punkte Seien R ein kommutativer Ring und A eine R-Algebra. Weiterhin sei s A. Zeige, dass die Konjugation mit s, also die Abbildung x sxs 1, ein R-Algebren-Automorphismus von A ist. Mit K s sei die Konjugation mit s bezeichnet. Sicher ist K s eine Abbildung von A nach A. Desweiteren ist K s 1 invers zu K s, also K s bijektiv. Nun zeigen wir, dass K s ein Ringhomomorphismus ist: Es ist K s (1 A = s1 A s 1 = ss 1 = 1 A. Außerdem gilt für alle x, y A: K s (xy = sxys 1 = sxs 1 sys 1 = K s (xk s (y und K s (x + y = s(x + ys 1 = (sx + sys 1 = sxs 1 + sys 1 = K s (x + K s (y. Es bleibt zu zeigen, dass K s R-linear ist, das ist äquivalent dazu, dass K s σ (! = σ für den Strukturhomomorphismus σ: R A ist. sweg 1: Für r R ist σ(r im Zentrum Z(A enthalten. Also ist K s (σ(r = sσ(rs 1 σ(r Z(A = σ(rss 1 = σ(r. sweg 2: Sei r R, x A. Zur Erinnerung: Der Strukturhomomorphismus σ gibt die skalare Multiplikation durch r x = σ(r x, analog natürlich auch r K s (x = σ(r K s (x. Dann ist K s (rx = K s (σ(r x = sσ(rxs 1 σ(r Z(A = σ(rsxs 1 = σ(r K s (x = r K s (x. Nachsatz: Besonders einsichtig ist es, wenn R A und der Strukturhomomorphismus σ die Einbettung ist. Die skalare Multiplikation ist dann einfach die Multiplikation in A, eingeschränkt auf R A. Dann ist ein Ringhomomorphismus ϕ: A A (oder A B, wenn B... R-linear, wenn ϕ(ra = rϕ(a für alle r R, a A, so wie wir das kennen! müssen wir Skalare nach vorne ziehen können. Wegen der Ringhomomorphie gilt aber stets ϕ(ra = ϕ(rϕ(a für alle r R, a A und die R-Linearität wird zur Bedingung ϕ(r = r für alle r R (setze a = 1 für eine Richtung. Aber das ist doch genau ϕ σ = σ. Vielleicht hilft dieser Spezialfall, den Zusammenhang zwischen R-Linearität und dem Strukturhomomorphismus etwas genauer zu verstehen. Aufgabe 4 (5 Punkte Seien( K ein Körper ( und A = K 2 2 die K-Algebra der 2 2-Matrizen über K. In A seien die Matrizen 0 0 e 1 =, e = gegeben. Zeige die folgenden Aussagen: a A besitzt nur zwei Ideale. Folgere, dass jeder Endomorphismus 1 von A ein Isomorphismus ist. b Ist ϕ Aut K Alg (A ein Automorphismus von A, dann gibt es eine Matrix S GL 2 (K, so dass ϕ(e i = S e i S 1 für i = 1, 2 gilt. (Eine mögliche Art, das zu zeigen, ist folgende: Warum ist ϕ(e i konjugiert zu e i und wieso ist sogar ohne Einschränkung ϕ(e 1 = e 1? Variiere die zweite Gleichung ϕ(e 2 = T e 2 T 1 (mit T GL 2 (K geeignet durch Konjugation, ohne die Bedingung ϕ(e 1 = e 1 zu zerstören. c In der Situation von b gilt sogar ϕ(m = S MS 1 für alle M A. d Die Gruppen Aut K Alg (A und GL 2 (K/{aI 2 a K } sind isomorph. a {0} und A sind die einzigen Ideale, denn: ( b11 b Sei J {0}. Dann gibt es eine Matrix B = 12 J, B 0. Ohne Einschränkung sei b b 21 b als Endomorphismus von K-Algebren

4 (sonst analog. ( 1 ( ( Wegen A J A = J, ist dann auch b 11 0 B = E J. ( ( ( 0 1 Weiterhin sind E 12 = E , E 21 E 11 und E 22 ( 0 1 E 1 1 J. ( ( ( ( a b a 0 b 0 c 0 Schlussendlich ist = E c d 0 a 11 + E 0 b 12 + E 0 c 21 + a, b, c, d K und damit gilt J = A. ( 0 0 = 0 1 ( 0 1 ( d 0 E 0 d 22 J für alle Sei nun ψ End(A. ψ ist ein Ringhomomorphismus, also ist der Kern ein Ideal. Wegen ψ(i 2 = I 2 0 ist Kern(ψ A. Wegen der Vorüberlegung ist Kern(ψ = {0}, also ψ (als Gruppenhomomorphismus injektiv. ψ ist zusätzlich ein Vektorraumhomomorphismus zwischen zwei vierdimensionalen Vektorräumen, aus der Injektivität folgt damit die Surjektivität (LA. b Vorüberlegung: Nach Aufgabe 3 sind alle Konjugationen K B mit B GL 2 (K K-Automorphismen. Behauptung: Es gibt genau dann S 1 GL 2 (K mit ϕ(e 1 = S 1 e 1 S 1 1 und ϕ(e 2 = S 1 e 2 S 1 1, wenn es eine Matrix S 2 GL 2 (K mit (K B ϕ(e 1 = S 2 e 1 S 2 1 und (K B ϕ(e 2 = S 2 e 2 S 2 1. Beweis der Behauptung: Nachrechnen zeigt S 2 = B S 1 beziehungsweise S 1 = B 1 S 2. Schritt 1: Es ist e 2 1 = 0, also auch ϕ(e 1 2 = ϕ(e 2 1 = 0. Es folgt, dass 0 Eigenwert von ϕ(e 1 ist (denn der Rang ist nicht voll und zwar der einzige (denn ist λ Eigenwert von ϕ(e 1, dann ist λ 2 Eigenwert von ϕ(e 1 2 = 0. Jedes Polynom vom Grad 2, das eine Nullstelle besitzt, zerfällt in Linearfaktoren. Da 0 der einzige Eigenwert des charakteristischen Polynoms f (X der Matrix ϕ(e 1, gilt f (X = X 2. Wegen e 1 0 und der Injektivität von ϕ gilt ϕ(e 1 0. Also besitzt ϕ(e 1 die Jordannormalform e 1 (bzw. e 2, es ist egal, wo die 1 steht insbesonders sind ϕ(e 1 und e 1 ähnlich, also gilt ϕ(e 1 = T e 1 T 1 für ein T GL 2 (K. Das analoge Argument gilt für e 2 : Also ist ϕ(e 2 = Te 2 T 1 für ein T GL 2 (K. Schritt 2: Mit der Vorüberlegung können wir ϕ = K T 1 ϕ anstelle von ϕ betrachten. Dann ist ϕ (e 1 = e 1. Ohne Einschränkung war bereits T = I. Situation: Es ist ϕ(e 1 = e 1, ϕ(e 2 = Te 2 T 1 für ein T GL 2 (K. Aufgabe: Finde U GL 2 (K, so dass Ue 1 U 1! = e 1, UTe 2 T 1 U 1! = e 2. Dann erfüllt K U ϕ die Bedingung, also mit der Vorüberlegung auch ϕ. ( a b Schritt 3: Ansatz für U: Sei U = GL c d 2 (K mit Inverser U 1 = 1 ad bc ( ca a Dann ist U e 1 U 1 = 1 ad bc 2 c 2. ac ( d b c a Die Bedingung U e 1 U 1 =! e 1 ergibt c = 0 und dann a2 ad bc = a2 ad = 1, also a = d. ( a b Damit ist für jedes U von der Gestalt (mit a 0 auch (K 0 a U ϕ(e 1 = e 1 und wegen Konjugation mit a ( können wir uns auf den Fall a = 1 beschränken. 0 a Schritt 4: Bestimmen von U in Abhängigkeit von T.

5 ( e f Es ist T = GL g h 2 (K eine feste Matrix. ( f h f Analog zu 3 berechnen wir ϕ(e 2 = T e 2 T 1 = 1 2 eh f g h 2. f h Insbesondere ist dabei h 0, sonst wäre ϕ(e 2 = j k e 1 = j k ϕ(e 1 = ϕ( j k e 1, aber ϕ ist injektiv. ( ( ( 1 b f h f Nun suchen wir b K beziehungsweise U =, so dass U 0 1 h 2 U f h 1 =. 0 ( f h + bh Ausrechnen ergibt U e 2 U f bh b = 2 h 2 f 2 h 2 bh 2 1 f h eh f g und Koeffizientenvergleich ergibt b = j l. Schritt 5: Es verbleibt nur zu zeigen, dass der letzte Eintrag (konkret ist das = h2 eh f g in UTe 2 t 1 U 1 tatsächlich 1 ist. Sei nun also ϕ = K U ϕ, also ϕ (e 1 = e 1, ϕ (e 2 = e 2. Es ist e 1 e 2 + e 2 e 1 = I 2, also I 2 = ϕ(i 2 = ϕ(e 1 ϕ(e 2 + ϕ(e 2 ϕ(e 1 = I 2 und damit ist = 1. UFF! c e 1, e 2 erzeugen A als K-Algebra, denn mit E 11 = e 2 e 1, E 12 = e 1, E 21 = e 2, E 22 = e 1 e 2 sind alle Elementarmatrizen in e 1, e 2 und diese erzeugen A als K-Vektorraum, also insbesondere als K- Algebra. Es gilt ϕ(e 1 e 2 = ϕ(e 1 ϕ(e 2 = S e 1 S 1 S e 2 S 1 = S e 1 e 2 S 1 und analog ϕ(e 2 e 1 = S e 2 e 1 S 1, also ϕ(e i j = S E i ( j S 1 für alle Elementarmatrizen E i j, i, j {1, 2}. a b Sei nun B = A beliebig, so ist B = ae c d 11 +be 12 +ce 21 +de 22 und ϕ(b = ϕ(ae 11 +be 12 + ce 21 + de 22 = aϕ(e 11 + bϕ(e 12 + cϕ(e 21 + dϕ(e 22 = as E 11 S 1 + bs E 12 S 1 + cs E 21 S 1 + ds E 22 S 1 = S BS 1. d Nach Aufgabe 3 sind alle Konjugationen Automorphismen. Dies gibt eine Abbildung ψ: GL 2 (K Aut K Alg (A, S K S. Das ist ein Gruppenhomomorphismus, denn ψ(s T = K S T (! = K S K T = ψ(s ψ(t für alle S, T GL 2 (K, wie man für x A nachrechnet: K S T (x = (S Tx(S T 1 = S (T xt 1 S 1 = (K S K T (x. In 4c haben wir gesehen, dass jeder K-Automorphismus eine Konjugation ist, also ist ψ surjektiv. Der Kern von ψ ist das Zentrum von A, aber das ist gerade {ai 2 a K }, wie man weiß oder leicht nachrechnet. 1 1 Oder seinen Tutor fragt?