Ubungen zu Algebra 2 - Friedrich-Schiller

Friedrich-Schiller-Universität Jena
Mathematisches Institut
M.Sc.Mikael Johansson
Übungen zu Algebra 2
Sommersemester 2006
Lösungen zu Übungsblatt 5
Eine ganze algebraische Zahl ist eine algebraische Zahl, die über
Z ganz ist.
Aufgabe 1: (2 P.) Seien S1 , S2 zwei kommutative Erweiterungsringe des Rings R, und
sei f : S1 → S2 ein Homomorphismus von R-Algebren. Zeigen Sie: ist α ∈ S1 ganz über R,
dann ist auch f (α) ganz über R.
P
Lösung: α ganz über R heißt es gibt ein Polynom τ = X r + i ai X i ∈ R[X] mit
τ (α) = 0. Dann aber ist
X
τ (f (α)) = f (α)r +
ai f (α)i
i
r
= f (α ) +
X
f (ai αi )
i
r
= f (α +
X
ai αi ) = f (0) = 0
i
und daher ist τ auch ein entsprechendes Polynom für f (α). Daher ist auch f (α) ganz über
R.
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Aufgabe 2: (4 P.) Sei A ∈ Mn (C) eine Matrix mit Am = En für ein m ≥ 1. Zeigen Sie,
dass A diagonalisierbar ist. Zeigen Sie ferner, dass die Determinante und sogar die Spur
von A ganze algebraische Zahlen sind.
Lösung: Da Am = En ist Am − 1 = 0, und so erfüllt A die Gleichung X m − 1 = 0.
Daher teilt das minimalpolynom mA |X m − 1. Da dieses keine wiederholte Wurzel besitzt,
gilt das auch für mA . Daher ist jedes Block im Jordansche Normalform der größe 1 × 1,
also ist die Jordansche Normalform diagonal.
Da 1 = det En = det Am = (det A)m ist det A ein Wurzel von X m − 1, und daher
ist det A ganz. Auf die Diagonale vom Diagonalisierung von A liegen die Eigenwerte, die
alle m:te Einheitswurzeln sein mussen. Nun ist ein Einheitswurzel ganz P
über Z und die
Summe ganze Zahlen ist auch ganz. Daher ist Spur(A) = Spur(D(A)) =
λi .
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Aufgabe 3:
√
√
a) (2 P.) Zeigen Sie: ist a + b n ∈ Q( n) eine ganze algebraische Zahl, so liegt das
Polynom X 2 − 2aX + (a2 − nb2 ) in Z[X].
√
Lösung: Ist x = a + b n ganz, dann können wir das Minimalpolynom finden in
dem wir aus diese Gleichung eine Polynomgleichung in x und ohne vorkommen von
Quadratwurzel herleiten:
√
x =a+b n
√
x−a=b n
(x − a)2 = b2 n
x2 − 2ax + a2 − b2 n = 0
Nun sind, damit dieses Polynom auch ein ganzes Zahl bestimmt, alle Koeffizienten
aus Z, das heißt die Bedingung aus der Aufgabenstellung.
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√
b) (2 P.) Bestimmen Sie die ganzen algebraischen Zahlen in Q( 7).
√
√
Lösung: Für ein ganzes algebraisches Zahl a+b 7 in Q( 7) gilt dass −2a, a2 −7b2 ∈
Z. Ist −2a ∈ Z, dann ist entweder a ∈ Z oder a − 12 ∈ Z. Ist a − 12 ∈ Z, dann ist
2
2a = 1 (mod 2). Lass daher â = 2a. Dann ist a2 − 7b2 = â4 − 7b2 . Sei nun b̂ = 2b,
2
b̂2
. Dann ist a2 − 7b2 ∈ Z äquivalent dazu, dass â2 − 7b̂2 = 0
so dass a2 − 7b2 = â −7
4
(mod 4). Nun ist aber â = 1 (mod 2), und daher ist â2 = 1 (mod 4), und 7 = −1
(mod 4). Also muss b2 = −1 (mod 4), damit â2 − 7b̂2 = 1 + b̂2 = 0 (mod 4). Die
Quadrate mod 4, aber, sind genau 0 und 1. Also können
wir keine
√ solche b̂ finden,
√
und daher sind die ganze algebraische Zahlen in Q( 7) genau Z[ 7].
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*
√
c) (2 P.) Bestimmen Sie die ganzen algebraischen Zahlen in Q( 5).
√
√
Lösung:
Ähnlich wie für Q( 7) können wir feststellen, dass für ein ganzes a + b 5 6∈
√
Z[ 5] muss 1 − 5b̂2 = 0 (mod 4). Jedoch ist nun 5 = 1 (mod 4), und daher muss
b̂2 = 1 (mod 4). Dies ist einfach lösbar, dadurch dass b̂ = 1 (mod 2) gesetzt
wird.
√
√
√
1+ 5
Daher sind die ganze algebraische Zahlen in Q( 5) genau Z[ 5] + Z 2 .
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Aufgabe 4: Sei G eine endliche Gruppe, und sei R das Zentrum der Gruppenalgebra CG. Für g ∈ G bezeichnen wir mit cg das Element aus CG, das die Summe aller
Elemente der Konjugationsklasse von g ist. Das heißt,
X
cg =
{g ′ ∈ G | ∃h ∈ G g ′ = hgh−1 } .
a) (2 P.) Jedes cg liegt in R, und die Elemente cg stellen sogar eine Basis des CVektorraums R dar.
P
Lösung: Ist a = g∈G λg g ∈ R, dann ist hah−1 = a für alle h ∈ G. Das passiert
genau dann, wenn für alle g ′ in die Konjugationsklasse von g: λg′ = λg , denn sonst
könnten wir h so wählen, dass hgh−1 = g ′ ist, und dann wäre durch ein Koeffizien−1
tenvergleich
P
Pλg′ 6= λg die gebrauchte Widerspruch zu hah = a. Daher können wir
a = g λg h h schreiben, mit g die Repräsentanten der Konjugationsklassen und
h die Mitglieder
P der jeweiligen Konjugationsklasse. Von dieses Ausdruck ist es klar,
dass die cg = h h eine Basis für R aufbaut.
2
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b) (2 P.) Für h1 , h2 ∈ G ist ch1 ch2 eine Z-lineare Kombination von den Elementen cg .
Lösung: Produkte zentrale Elemente sind auch zentral, und daher sind sie C-lineare
Kombinationen der cg s. Die Koeffizient von cg ist dabei genau die Koeffizient von
g in ch1 ch2 ; dies wiederum ist genau die Anzahl von Paare (k1 , k2 ) solche dass ki in
die Konjugationsklasse von hi liegt, und k1 k2 = g. Dieses Anzahl ist offensichtlich
ein ganzes Zahl.
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c) Jedes cg ist ganz über Z.
Lösung: Die Teilmodul Z[cg ]g∈G ist endlich als Z-Algebra, da die cg laut b eine
Modulbasis ausmachen. Daher ist jedes Element in dieser Teilmodul ganz über Z.
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Aufgabe 5: Sei R ein noetherscher Ring. Zeigen Sie, dass der
R[[X]]
P Potenzreihen-Ring
n
auch noethersch ist. Hinweis: Der Grad einer Potenzreihe n≥0 an X ist min{n | an 6=
0}. Versucht man den Beweis des Basissatzes entsprechend anzupassen, so hört die Rekursion nie auf. Warum ist das aber kein Problem?
P
Lösung: Sei 0 6= I E R[[X]]. Für ein f = i ai xi ∈ R[[X]] setzen wir grad f = min{i :
ai 6= 0}, und LC(f ) = agrad f .
LC(I) ist ein Ideal in R, denn für a, b ∈ LC(I) gibt es f, g ∈ R[[X]] mit a = LC(f )
und b = LC(g). Daher ist a + b = LC(f + g) für a 6= −b. Für den Fall a = −b können wir
feststellen dass 0 = LC(0), und daher ist auch a − a ∈ LC(I). Weiterhin ist ra = LC(rf ),
und so ist ra ∈ LC(I).
Da nun R noethersch ist, ist LC(I) = hLC(fi )im
Wir nehmen
i=1 für irgendwelche fi . P
ein N mit N ≥ grad fi für alle fi . Dann gilt für alle f mit grad f ≥ N: f = i αi fi .
Für jedes j ∈ [N] lassen wir nun Lj = LC(f : grad f ≤ j). Dies ist auch ein Ideal für
jedes j, und so gibt es fij ∈ I deren führende Koeffizienten Lj erzeugen.
Nun können wir für ein f sukzessiv die führende Koeffizient vernichten mit Kombinationen der fij bis dahin, das die Grad von f N übersteigt. In diese Prozess werden wir
letztendlich unendlich viele von den fi , fij benutzen – jedoch wird in jeder Grad nur eine
endliche Kombination benutzt, und so wird die gesamte benutzte Glieder eine Potenzreihe
ausmachen. Daher liegt die benutzte Vernichtungen in R[[X]] bleiben.
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3
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