Computeralgebra, WS 10/11

Transkript

1 M. Künzer Computeralgebra, WS 10/11 Lösung 5 Aufgabe 16 (1) Nach Konstruktion ist (R, +) eine abelsche ruppe, mit 0 R = 0 R 1. Seien g r g g, g s g g, g t g g R. Neutrales Element der Multiplikation. Sei 1 R := 1 R 1. Es ist Analog auf der anderen Seite. Assoziativität der Multiplikation. Es ist 1 R h r h h = ( g g,1 g)( h r h h) = x ( gh = x g,1r h )x = x r x x. (( g r g g)( h s h h))( k t k k) = ( x ( gh = x r g s h )x)( k t k k) genauso mit der anderen Klammerung. Distributivität der Multiplikation und der Addition. Es ist = y ( xk = y ( gh = x r g s h t k ))y = y ( ghk = y r g s h t k )y, (( g r g g) + ( g s g g))( h t h h) = ( g (r g + s g )g)( h t h h) enauso mit der Multiplikation von der anderen Seite. = x ( gh = x (r g + s g )t h )x = x (( gh = x r g t h ) + ( gh = x s g t h ))x = x ( gh = x r g t h )x + x ( gh = x s g t h )x = ( g r g g)( h t h h) + ( g s g g)( h t h h). (2) Eindeutigkeit. Es ist eine K-lineare Basis von K. Also gibt es genau eine K-lineare Abbildung ψ : K A mit ψ U(A) = ϕ. Somit gibt es höchstens einen K-Algebrenmorphismus ψ : K A mit ψ U(A) = ϕ, nämlich genau dann, wenn besagte K-lineare Abbildung ein K-Algebrenmorphismus ist. Existenz. Sei ψ : K A, g r g g g r g ϕ(g). Dies ist die K-lineare Abbildung von K nach A mit ψ U(A) = ϕ. Wir haben zu zeigen, daß sie ein K-Algebrenmorphismus ist. Es ist ψ(1 R ) = ψ(1 R 1 ) = 1 R ϕ(1 ) = 1 R 1 U(A) = 1 A. Für g r g g, g s g g R wird ferner ψ ( ( g r g g) ( h s h h) ) = ψ ( x ( gh = x r g s h )x ) = x ( gh = x r g s h )ϕ(x) = g h r g s h ϕ(gh) = g h r g s h ϕ(g) ϕ(h) = ( g r g ϕ(g)) ( h s h ϕ(h)) = ψ( g r g g) ψ( h s h h).

2 Umgekehrt liefert jeder K-Algebrenmorphismus ψ : K A durch Einschränkung einen ruppenmorphismus ψ U(A) : U(A) ; beachte, daß ψ() ψ(u(k)) U(A). Aufgabe 17 Eine Z-lineare Basis der angegebenen Untergruppe U Z Z 2 2 Z ist gegeben durch ( (1, ( , 1), (0, , 0), (0, , 0), (0, , 0), (0, , 4), (0, 0 0 ) ) 0 0, 6), linear unabhängig nach oberer Dreiecksgestalt, erzeugend nach Konstruktion. Die Determinante der zugehörigen Matrix zeigt, daß der Index von U Z Z 2 2 Z gerade beträgt. Der Wedderburnisomorphismus CS 3 C C 2 2 C aus Aufgabe 10.(2) schränkt ein zu einer Einbettung ϕ : ZS 3 Z Z 2 2 Z. Deren Matrix aus loc. cit. ist gegeben durch Das Bild ϕ(zs 3 ) dieser Einbettung ist eine Untergruppe, die in U enthalten ist, wie eine direkte Inspektion der U beschreibenden Kongruenzen ( Bindungen ) zeigt. Der Index von ϕ(zs 3 ) Z Z 2 2 Z beträgt , wie die Determinante 54 dieser Matrix zeigt. Somit ist ϕ(zs 3 ) = U. Es ist ϕ(zs 3 ) als Bild eines Ringmorphismus ein Teilring von Z Z 2 2 Z, und also ist auch unsere diesem gleiche Untergruppe U darin ein Teilring. Schließlich ist ϕ U : ZS 3 U ein Ringisomorphismus. Alternativ kann man auch den Quotienten beider Einbettungsmatrizen berechnen und direkt erkennen, daß dies ein Element von L 6(Z) ist. Dann hat man auch keine Kongruenzen direkt zu inspizieren. Aufgabe 18. Sei kein Vielfaches von char K. Wir wollen zeigen, daß K halbeinfach ist. Sei M ein endlichdimensionaler K-Modul. Sei N M ein Teilmodul. Wir haben zu zeigen, daß ein K-Teilmodul X M mit M = N X existiert. Cf. Definition 20.(4). Sei f : M N eine K-lineare Abbildung mit f N = id N. Sei f : M N m f (m) := 1 g gf(g 1 m). Es ist f N = id N, da f (n) = 1 g g f(g 1 n) = 1 g g(g 1 n) = 1 g n = n für n N. Es ist f eine K-lineare Abbildung, da sie mit der Addition verträglich ist und sich für h r h h K und m M f ( ( h r h h)m ) = 1 g g f( g 1 ( h r h hm) ) ergibt. = 1 h r h g g f( g 1 hm ) = 1 h r h y hy 1 f ( ym ) = h r h h 1 y y 1 f ( ym ) y = g 1 h = ( h r h h) f (m) Sei X := Kern f. Dies ist ein K-Teilmodul von M als Kern einer K-linearen Abbildung. Es ist N X = 0, da für ein n N X = N Kern f sich n = f (n) = 0 ergibt.

3 Es ist M = N + X, da wir für m M die Zerlegung m = f (m) + (m f (m)) mit f (m) N und f (m f (m)) = f (m) f (f (m)) = f (m) f (m) = 0 ergibt. }{{} N Insgesamt ist M = N X.. Sei K halbeinfach. Wir wollen zeigen, daß kein Vielfaches von char K ist, d.h. daß 1 K! 0. Schreibe σ := g g K. Es ist M := K ein K-Modul. Darin ist N := Kσ ein Teilmodul. Es ist hσ = σ für h und also N = Kσ. Da K halbeinfach ist, gibt es einen K-Teilmodul X K mit M = N X. Die Projektion π : M M, n + x n, wobei n N und x X, ist eine K-lineare Abbildung. Sie schickt 1 nach π(1) = λσ für ein λ K. Also wird σ = π(σ) = π( g g) = g g π(1) = g g λσ = g λσ = λσ. Ein Koeffizientenvergleich bei 1 gibt 1 = λ = ( 1 K )λ. Es folgt 1 K 0. Aufgabe 19 (1) Die Aussage ist falsch. Sei e.g. = S 2. Es wird (1 + (1, 2))(1 (1, 2)) = 1 (1, 2) 2 = 0, aber 1 + (1, 2) 0 und 1 (1, 2) 0. (2) Die Aussage ist richtig. Sei angenommen, es gibt in Z ein Idempotent e {0, 1}. Dann ist (e, 1 e) eine orthogonale Zerlegung in Idempotente und also Z B. 15 = Ze Z(1 e). Es ist Ze 0 und Z(1 e) 0, da e 0 und (1 e) 0. Insbesondere ist 0 < rk Z Ze <. Für ϑ Z betrachten wir die Abbildung ρ ϑ : Z Z, ξ ξϑ. Bezüglich der Z-linearen Basis von Z berechnet, wird tr ρ g = g,1 für g, da g kein ruppenelement auf sich multipliziert, falls g 1. Schreibe e = g r g g mit r g Z für g. Es wird tr ρ e = g r g tr ρ g = g r g g,1 = r 1. Auf der anderen Seite wird bezüglich der Zerlegung Z = Ze Z(1 e) tr ρ e = tr ( ρe Ze Ze 0 ) 0 ρ e Z(1 e) Z(1 e) = tr ( id Ze 0 0 0) = rkz Ze. Insgesamt ist 0 < r 1 = rk Z Ze <, und das ist ein Widerspruch zu r 1 Z. Wem die Z-linearen Spuren suspekt sind, der verwende, daß ein Idempotent in Z {0, 1} auch ein Idempotent in Q {0, 1} ist, und zeige mit einer Q-linearen Version obiger Argumente, daß dessen Koeeffizient bei 1 echt zwischen 0 und 1 liegen muß.

4 (3) Die Aussage ist falsch. Sei irgendeine nichtabelsche endliche ruppe (e.g. S 3 ). Es ist C s [1,t] C ns ns als C-Algebren, für gewisse t 0 und n s 1 für s [1, t] cf. Satz 25, Aufgabe 18. Da nichtabelsch ist, ist C kein kommutativer Ring. Somit ist n s 2 für ein s [1, t]. Das Element von s [1,t] Cns ns, das an Position s die Matrix e 1,ns als Eintrag hat, und sonst Nullmatrizen, ist nilpotent und ungleich 0. Selbiges gilt also auch für sein Bild in C. (4) Die Aussage ist richtig. Es ist C s [1,t] C ns ns als C-Algebren, für gewisse t 0 und n s 1 für s [1, t] cf. Satz 25, Aufgabe 18. Da abelsch ist, ist C ein kommutativer Ring. Somit ist n s = 1 für alle s [1, t], und also C C t := C C. }{{} t Faktoren Ein nilpotentes Element in C t ist eintragsweise nilpotent, und damit eintragsweise gleich 0. Also gibt es in C t keine nilpotenten Elemente ungleich 0. Folglich gibt es auch in C keine nilpotenten Elemente ungleich 0. (5) Die Aussage ist richtig. Sei eine p-ruppe. Sei S ein einfacher F p -Modul. Wir zeigen die stärkere Aussage, daß S isomorph ist zu F p, ausgestattet mit der trivialen F p -Modulstruktur, welchbezüglich g s = s ist für g und s S. Es ist S als epimorphes Bild von F p endlichdimensional. Es genügt zu zeigen, daß für einen beliebigen endlichdimensionalen F p -Modul M ungleich 0 der Teilmodul M = { m M : gm = m für g } M ungleich 0 ist. Denn M zerfällt in eine direkte Summe von eindimensionalen trivialen Moduln. In S ist also zunächt S = S, und sodann S trivial. Nach dem Bahnenlemma hat die Bahn eines Elements m der -Menge M die Länge Diese teilt, ist also eine Potenz von p. / { g : gm = m }. Da die Bahn von 0 M die Länge 1 hat, und die Summe der Bahnenlängen gleich p dim Fp M und also durch p teilbar ist, muß es in M eine weitere Bahn von Länge 1 geben, i.e. ein Element von M {0}. Aufgabe 20 Wir erinnern daran, daß primitive Idempotente insbesondere ungleich 0 sind. Nach Aufgabe 12 gibt es in A eine orthogonale Zerlegung e = (e 1,..., e n ) in primitive Idempotente. Wir haben zu zeigen, daß dies die einzige Zerlegung in primitive Idempotente in A ist. Sei f ein primitives Idempotent in A. Es genügt zu zeigen, daß f! = e i für ein i [1, n]. Denn dann können in einer Zerlegung ẽ in primitive Idempotente in A nur Einträge von e auftreten. Wegen Orthogonalität kann ẽ jeden Eintrag von e höchstens einmal beinhalten. Da die Summe der Einträge von ẽ gleich 1 ist, kann auch kein Eintrag von e in ẽ fehlen. Insgesamt stimmen e und ẽ dann bis auf Reihenfolge überein. Betrachten wir also unser f. Es ist f = fe fe n. Da f 0, gibt es ein i [1, n] mit fe i 0. Es ist f = fe i + f(1 e i ). Da A kommutativ ist, sind fe i und f(1 e i ) Idempotente. Da A kommutativ ist,

5 ist (fe i )(f(1 e i )) = 0 und (f(1 e i ))(fe i ) = 0. Da f primitiv ist und da fe i 0, folgt f(1 e i ) = 0, also f = fe i. Es ist e i = fe i + (1 f)e i. Da A kommutativ ist, sind fe i und (1 f)e i Idempotente. Da A kommutativ ist, ist (fe i )((1 f)e i ) = 0 und ((1 f)e i )(fe i ) = 0. Da e i primitiv ist und da fe i 0, folgt (1 f)e i = 0, also e i = fe i. Insgesamt ist f = fe i = e i gezeigt.