Karlsruher Institut für Technologie Institut für Algebra und Geometrie

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.
Lösung
a) Betrachte R = Z und M = Z/42Z. M ist – nach der Vorlesung – ein Z-Modul vermöge z · a B 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 h∅i = {0} , M.
b) Seien ba , 0, dc , 0 ∈ Q. Dann ist (bc) · ba − (ad) · dc = 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 = h ba i mit a ∈ Z, b ∈ N. Sicher ist a , 0 und ohne Einschränkung ist a ∈ N – denn
h ba i = h −a
b i.
1
1
Aber wegen 0 · ba < b+1
< 1 · ab ist b+1
< h ba i = {z · ab : 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}.
Lösung
a) Ein allgemeines Element hat die Form a · 0 + b · 1 mit a, b ∈ Z. Länger kann man auch δ0 anstatt
0 und δ1 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 = 0 · 0 + 0 · 1, das multiplikative Neutralelement E = 0 · 0 + 1 · 1.
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) = 0 · 0 + 1 · 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+1)a+c = (c+1)a+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:
(−2) · 0 + 1 · 1 und 0 · 0 + 1 · 1 = E.
Fall 2: b = d = −1. Multiplikation mit −1 = −E bringt uns in den Fall 1 und wir erhalten die
Einheiten 2 · 0 − 1 · 1 und 0 · 0 − 1 · 1 = −E.
Insgesamt erhalten wir die Einheitengruppe
Z[M]× = {E, −E, (−2) · 0 + 1 · 1, 2 · 0 − 1 · 1}.
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) = 0 · 0 + 0 · 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 + b)c. 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 · 0 + 0 · 1 : 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 · 0 + 0 · 1 Nullteiler.
Ist dabei a , 0, so ist a(c + d) = 0 genau dann erfüllt, wenn c = −d, also ist dann
Na·0+0·1 = {c · 0 − c · 1 : c ∈ Z}.
Für a = 0 ist natürlich a · 0 + b · 1 = N und NN = Z[M].
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 7→ sxs−1 , ein R-Algebren-Automorphismus von A ist.
Lösung 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 (1A ) = s1A s−1 = ss−1 = 1A . Außerdem gilt für alle x, y ∈ A:
K s (xy) = sxys−1 = sxs−1 sys−1 = K s (x)K s (y) und
K s (x + y) = s(x + y)s−1 = (sx + sy)s−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.
Lösungsweg 1: Für r ∈ R ist σ(r) im Zentrum Z(A) enthalten.
σ(r)∈Z(A)
Also ist K s (σ(r)) = sσ(r)s−1
= σ(r)ss−1 = σ(r).
Lösungsweg 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(r)xs−1
σ(r)∈Z(A)
=
σ(r)sxs−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(r)ϕ(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 1
0 0
e1 =
,e =
gegeben. Zeige die folgenden Aussagen:
0 0 2
1 0
a) A besitzt nur zwei Ideale. Folgere, dass jeder Endomorphismus1 von A ein Isomorphismus ist.
b) Ist ϕ ∈ AutK−Alg (A) ein Automorphismus von A, dann gibt es eine Matrix S ∈ GL2 (K), so dass
ϕ(ei ) = S ei S −1 für i = 1, 2 gilt.
(Eine mögliche Art, das zu zeigen, ist folgende: Warum ist ϕ(ei ) konjugiert zu ei und wieso ist
sogar – ohne Einschränkung – ϕ(e1 ) = e1 ? Variiere die zweite Gleichung ϕ(e2 ) = T · e2 · T −1 (mit
T ∈ GL2 (K)) geeignet durch Konjugation, ohne die Bedingung ϕ(e1 ) = e1 zu zerstören.)
c) In der Situation von b) gilt sogar ϕ(M) = S MS −1 für alle M ∈ A.
d) Die Gruppen AutK−Alg (A) und GL2 (K)/{aI2 | a ∈ K × } sind isomorph.
Lösung
a) {0} und A sind die einzigen Ideale, denn:
!
b11 b12
Sei J , {0}. Dann gibt es eine Matrix B =
∈ J, B , 0. Ohne Einschränkung sei b11 , 0
b21 b22
1
als Endomorphismus von K-Algebren
(sonst analog).
1
b11
!
!
!
0
1 0
1 0
Wegen A · J · A = J, ist dann auch
·B·
=
C E11 ∈ J.
0 0
0 0
0 0
!
!
!
!
!
0 1
0 1
0 1
0 0
0 1
Weiterhin sind E12 B
= E11 ·
, E21 B
· E11 und E22 B
=
·
0 0
1 0
1 0
0 1
1 0
!
0 1
E1 1 ·
∈ J.
1 0
!
!
!
!
!
a b
a 0
b 0
c 0
d 0
Schlussendlich ist
=
· E11 +
· E12 +
· E21 +
· E22 ∈ J für alle
c d
0 a
0 b
0 c
0 d
a, b, c, d ∈ K und damit gilt J = A.
Sei nun ψ ∈ End(A). ψ ist ein Ringhomomorphismus, also ist der Kern ein Ideal. Wegen ψ(I2 ) =
I2 , 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 KB mit B ∈ GL2 (K) K-Automorphismen.
Behauptung: Es gibt genau dann S 1 ∈ GL2 (K) mit ϕ(e1 ) = S 1 e1 S 1−1 und ϕ(e2 ) = S 1 e2 S 1−1 , wenn
es eine Matrix S 2 ∈ GL2 (K) mit (KB ◦ ϕ)(e1 ) = S 2 e1 S 2−1 und (KB ◦ ϕ)(e2 ) = S 2 e2 S 2−1 .
Beweis der Behauptung: ⇒“ Nachrechnen zeigt S 2 = B · S 1 beziehungsweise ⇐“ S 1 = B−1 S 2 .
”
”
Schritt 1: Es ist e21 = 0, also auch ϕ(e1 )2 = ϕ(e21 ) = 0. Es folgt, dass 0 Eigenwert von ϕ(e1 )
ist (denn der Rang ist nicht voll) und zwar der einzige (denn ist λ Eigenwert von ϕ(e1 ), dann ist λ2
Eigenwert von ϕ(e1 )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(e1 ), gilt f (X) = X 2 .
Wegen e1 , 0 und der Injektivität von ϕ gilt ϕ(e1 ) , 0. Also besitzt ϕ(e1 ) die Jordannormalform e1 (bzw. e2 , es ist egal, wo die 1 steht) – insbesonders sind ϕ(e1 ) und e1 ähnlich, also gilt
ϕ(e1 ) = T 0 e1 T 0−1 für ein T 0 ∈ GL2 (K).
Das analoge Argument gilt für e2 : Also ist ϕ(e2 ) = T e2 T −1 für ein T ∈ GL2 (K).
Schritt 2: Mit der Vorüberlegung können wir ϕ0 = KT 0−1 ◦ ϕ anstelle von ϕ betrachten. Dann
ist ϕ0 (e1 ) = e1 . Ohne Einschränkung war bereits T 0 = I.
Situation:
Es ist ϕ(e1 ) = e1 , ϕ(e2 ) = T e2 T −1 für ein T ∈ GL2 (K).
!
!
Aufgabe: Finde U ∈ GL2 (K), so dass Ue1 U −1 = e1 , UT e2 T −1 U −1 = e2 . Dann erfüllt KU ◦ ϕ die
Bedingung, also mit der Vorüberlegung auch ϕ.
!
!
a b
d −b
1
−1
Schritt 3: Ansatz für U: Sei U =
∈ GL2 (K) mit Inverser U = ad−bc ·
.
c d
−c a
!
−ca a2
1
Dann ist U · e1 · U −1 = ad−bc
·
.
−c2 ac
!
2
2
a
a
Die Bedingung U · e1 · U −1 = e1 ergibt c = 0 und dann ad−bc
= ad
= 1, also a = d.
!
a b
Damit ist für jedes U von der Gestalt
(mit a , 0) auch (KU ◦ ϕ)(e1 ) = e1 und wegen Kon0 a
!
1
0
jugation mit a 1 können wir uns auf den Fall a = 1 beschränken.
0 a
Schritt 4: Bestimmen von U in Abhängigkeit von T
!
e f
Es ist T =
∈ GL2 (K) eine feste Matrix.
g h
!
fh −f2
Analog zu 3 berechnen wir ϕ(e2 ) = T · e2 ·
=
.
h2 − f h
Insbesondere ist dabei h , 0, sonst wäre ϕ(e2 ) = kj · e1 = kj · ϕ(e1 ) = ϕ( kj · e1 ), aber ϕ ist injektiv.
!
!
!
1 b
fh −f2
0 0
−1
Nun suchen wir b ∈ K beziehungsweise U =
, so dass U · 2
·U =
.
0 1
h −fh
∗ 0
!
f h + bh2 −2 f bh − b2 h2 − f 2
Ausrechnen ergibt U ·e2 ·U −1 =
· eh−1 f g und Koeffizientenvergleich
h2
−bh2 − f h
ergibt b = −l j .
T −1
1
eh− f g
2
h
Schritt 5: Es verbleibt nur zu zeigen, dass der letzte Eintrag ∗ (konkret ist das ∗ = eh−
f g ) in
−1
−1
UT e2 t U tatsächlich 1 ist.
Sei nun also ϕ0 = KU ◦ ϕ, also ϕ0 (e1 ) = e1 , ϕ0 (e2 ) = ∗ · e2 .
Es ist e1 e2 + e2 e1 = I2 , also I2 = ϕ(I2 ) = ϕ(e1 )ϕ(e2 ) + ϕ(e2 )ϕ(e1 ) = ∗ · I2 und damit ist ∗ = 1.
UFF!
c) e1 , e2 erzeugen A als K-Algebra, denn mit E11 = e2 e1 , E12 = e1 , E21 = e2 , E22 = e1 e2 sind alle
Elementarmatrizen in he1 , e2 i und diese erzeugen A als K-Vektorraum, also insbesondere als KAlgebra.
Es gilt ϕ(e1 e2 ) = ϕ(e1 )ϕ(e2 ) = S e1 S −1 S e2 S −1 = S e1 e2 S −1 und analog ϕ(e2 e1 ) = S e2 e1 S −1 , also
ϕ(Ei j ) = S Ei j S −1 für
! alle Elementarmatrizen Ei j , i, j ∈ {1, 2}.
a b
Sei nun B =
∈ A beliebig, so ist B = aE11 + bE12 + cE21 + dE22 und ϕ(B) = ϕ(aE11 + bE12 +
c d
cE21 + dE22 ) = aϕ(E11 ) + bϕ(E12 ) + cϕ(E21 ) + dϕ(E22 ) = aS E11 S −1 + bS E12 S −1 + cS E21 S −1 +
dS E22 S −1 = S BS −1 .
d) Nach Aufgabe 3 sind alle Konjugationen Automorphismen. Dies gibt eine Abbildung ψ : GL2 (K) →
AutK−Alg (A), S 7→ KS .
(!)
Das ist ein Gruppenhomomorphismus, denn ψ(S T ) = KS T = KS ◦ KT = ψ(S ) ◦ ψ(T ) für alle
S , T ∈ GL2 (K), wie man für x ∈ A nachrechnet:
KS T (x) = (S T )x(S T )−1 = S (T xT −1 )S −1 = (KS ◦ KT )(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 {aI2 | a ∈ K × }, wie man weiß oder
leicht nachrechnet.1
1
Oder seinen Tutor fragt?