Übergangsmatrix < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:39 Mo 01.11.2010 | | Autor: | Arcesius |
| Aufgabe | Sei $K$ ein Zahlkörper und $I [mm] \subset \mathbb{Z}_{K}$ [/mm] ein Ideal mit $I [mm] \neq [/mm] 0$. Sei [mm] $(x_{1},...,x_{d})$, [/mm] $d = [mm] \left[K:\mathbb{Q}\right]$ [/mm] eine [mm] $\mathbb{Z}$-Basis [/mm] von $I$. Beweise:
[mm] $\triangle_{K/\mathbb{Q}}(x_{1},...,x_{d}) [/mm] = [mm] N(I)^{2}\triangle_{K/\mathbb{Q}}$ [/mm] |
Hallo Leute.
Mir fehlt hier die zündende Idee.
Anders formuliert muss ich ja nichts anderes als zeigen, dass $N(I) = [mm] \mid [/mm] det(A) [mm] \mid$ [/mm] für eine geeignete Übergangsmatrix $A$ zwischen zwei Basen des Zahlkörpers.
Vielleicht ist es sinnvoll, die Matrix mit geeigneten Matrizen zu diagonalisieren?
Danke für irgendwelchen Input :)
Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:20 Mo 01.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Amaro!
> Sei [mm]K[/mm] ein Zahlkörper und [mm]I \subset \mathbb{Z}_{K}[/mm] ein
> Ideal mit [mm]I \neq 0[/mm]. Sei [mm](x_{1},...,x_{d})[/mm], [mm]d = \left[K:\mathbb{Q}\right][/mm]
> eine [mm]\mathbb{Z}[/mm]-Basis von [mm]I[/mm]. Beweise:
>
> [mm]\triangle_{K/\mathbb{Q}}(x_{1},...,x_{d}) = N(I)^{2}\triangle_{K/\mathbb{Q}}[/mm]
>
> Hallo Leute.
>
> Mir fehlt hier die zündende Idee.
>
> Anders formuliert muss ich ja nichts anderes als zeigen,
> dass [mm]N(I) = \mid det(A) \mid[/mm] für eine geeignete
> Übergangsmatrix [mm]A[/mm] zwischen zwei Basen des Zahlkörpers.
Also. [mm] $\mathcal{O}_K$ [/mm] sei der Ganzheitsring und $I$ das Ideal. Dann gibt es eine [mm] $\IZ$-Basis $v_1, \dots, v_n$ [/mm] von [mm] $\mathcal{O}_K$ [/mm] und eine [mm] $\IZ$-Basis $w_1, \dots, w_n$ [/mm] von $I$, und es gibt Matrix $A [mm] \in \IZ^{n \times n}$ [/mm] mit [mm] $(w_1, \dots, w_n) [/mm] = [mm] (v_1, \dots, v_n) [/mm] A$. So in etwa hast du es vermutlich auch schon aufgeschrieben.
Abstrakt kannst du jetzt sagen: du betrachtest das Gitter [mm] $\IZ^n$ [/mm] und das Untergitter $A [mm] \IZ^n$ [/mm] (welches von den Spalten von $A$ erzeugt wird), und du willst [mm] $|\IZ^n [/mm] / [mm] A\IZ^n|$ [/mm] ausrechnen, da dies gleich [mm] $|\mathcal{O}_K [/mm] / I| = N(I)$ entspricht.
So. Um [mm] $|\IZ^n [/mm] / [mm] A\IZ^n|$ [/mm] mit [mm] $|\det [/mm] A|$ in Verbindung zu bringen benutzt du am besten die Smithsche Normalform von $A$. Zeige, dass ueber [mm] $\IZ$ [/mm] invertierbare Matrizen $U$ und $V$ mit $U A V$ in Smithschner Normalform einen Isomorphismus [mm] $\IZ^n [/mm] / (U A V) [mm] \IZ^n \to \IZ^n [/mm] / (U A) [mm] \IZ^n \to \IZ^n [/mm] / A [mm] \IZ^n$ [/mm] induzieren. Und [mm] $\IZ^n [/mm] / (U A V) [mm] \IZ^n$ [/mm] kannst du sehr direkt als Produkt endlicher zyklischer Gruppen hinschreiben, und zeigen dass die Ordnung gerade [mm] $|\det [/mm] (U A V)| = [mm] |\det [/mm] A|$ ist.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:37 Mi 03.11.2010 | | Autor: | Arcesius |
Hallo
> Moin Amaro!
>
> > Sei [mm]K[/mm] ein Zahlkörper und [mm]I \subset \mathbb{Z}_{K}[/mm] ein
> > Ideal mit [mm]I \neq 0[/mm]. Sei [mm](x_{1},...,x_{d})[/mm], [mm]d = \left[K:\mathbb{Q}\right][/mm]
> > eine [mm]\mathbb{Z}[/mm]-Basis von [mm]I[/mm]. Beweise:
> >
> > [mm]\triangle_{K/\mathbb{Q}}(x_{1},...,x_{d}) = N(I)^{2}\triangle_{K/\mathbb{Q}}[/mm]
>
> >
> > Hallo Leute.
> >
> > Mir fehlt hier die zündende Idee.
> >
> > Anders formuliert muss ich ja nichts anderes als zeigen,
> > dass [mm]N(I) = \mid det(A) \mid[/mm] für eine geeignete
> > Übergangsmatrix [mm]A[/mm] zwischen zwei Basen des Zahlkörpers.
>
> Also. [mm]\mathcal{O}_K[/mm] sei der Ganzheitsring und [mm]I[/mm] das Ideal.
> Dann gibt es eine [mm]\IZ[/mm]-Basis [mm]v_1, \dots, v_n[/mm] von
> [mm]\mathcal{O}_K[/mm] und eine [mm]\IZ[/mm]-Basis [mm]w_1, \dots, w_n[/mm] von [mm]I[/mm], und
> es gibt Matrix [mm]A \in \IZ^{n \times n}[/mm] mit [mm](w_1, \dots, w_n) = (v_1, \dots, v_n) A[/mm].
> So in etwa hast du es vermutlich auch schon
> aufgeschrieben.
>
> Abstrakt kannst du jetzt sagen: du betrachtest das Gitter
> [mm]\IZ^n[/mm] und das Untergitter [mm]A \IZ^n[/mm] (welches von den Spalten
> von [mm]A[/mm] erzeugt wird), und du willst [mm]|\IZ^n / A\IZ^n|[/mm]
> ausrechnen, da dies gleich [mm]|\mathcal{O}_K / I| = N(I)[/mm]
> entspricht.
Ich hatte ehrlich gesagt eine nicht sehr gute Algebra-Vorlesung.. Moduln kammen da nicht wirklich intensiv vor und somit die vielleicht dumme Frage.. anders als bei einem Vektorraum, bei welchem man die Basis ja ändern kann wie man möchte, und weiterhin das selbe bekommt gilt das bei Moduln nicht, oder? Also wenn ich die Basis verändere kriege ich was komplett anders?
Ich frage das jetzt um sicher zu gehen, dass [mm] $\mathbb{Z}^{n}$ [/mm] sich von [mm] $A\mathbb{Z}^{n}$ [/mm] aus diesem Grund unterscheidet..
>
> So. Um [mm]|\IZ^n / A\IZ^n|[/mm] mit [mm]|\det A|[/mm] in Verbindung zu
> bringen benutzt du am besten die Smithsche Normalform von
> [mm]A[/mm]. Zeige, dass ueber [mm]\IZ[/mm] invertierbare Matrizen [mm]U[/mm] und [mm]V[/mm] mit
> [mm]U A V[/mm] in Smithschner Normalform einen Isomorphismus [mm]\IZ^n / (U A V) \IZ^n \to \IZ^n / (U A) \IZ^n \to \IZ^n / A \IZ^n[/mm]
Bis hierhin verstehe ich die Erklärung.. :) Selbst wenn ich diese Schmitsche Normalform so nicht wirklich kannte, es ist ja eigentlich ne Anwendung des Struktursatzes oder?
> induzieren. Und [mm]\IZ^n / (U A V) \IZ^n[/mm] kannst du sehr direkt
> als Produkt endlicher zyklischer Gruppen hinschreiben,
Das wiederrum weiss ich nicht, wie ich es machen soll..
> und
> zeigen dass die Ordnung gerade [mm]|\det (U A V)| = |\det A|[/mm]
> ist.
>
Sry, ich stelle mich nicht gerne so blöd an, nur habe ich in diesem Bereich grundlegende Lücken.. die versuche ich gerade zu füllen :)
> LG Felix
>
Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:49 Mi 03.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Amaro!
> > > Mir fehlt hier die zündende Idee.
> > >
> > > Anders formuliert muss ich ja nichts anderes als zeigen,
> > > dass [mm]N(I) = \mid det(A) \mid[/mm] für eine geeignete
> > > Übergangsmatrix [mm]A[/mm] zwischen zwei Basen des Zahlkörpers.
> >
> > Also. [mm]\mathcal{O}_K[/mm] sei der Ganzheitsring und [mm]I[/mm] das Ideal.
> > Dann gibt es eine [mm]\IZ[/mm]-Basis [mm]v_1, \dots, v_n[/mm] von
> > [mm]\mathcal{O}_K[/mm] und eine [mm]\IZ[/mm]-Basis [mm]w_1, \dots, w_n[/mm] von [mm]I[/mm], und
> > es gibt Matrix [mm]A \in \IZ^{n \times n}[/mm] mit [mm](w_1, \dots, w_n) = (v_1, \dots, v_n) A[/mm].
> > So in etwa hast du es vermutlich auch schon
> > aufgeschrieben.
> >
> > Abstrakt kannst du jetzt sagen: du betrachtest das Gitter
> > [mm]\IZ^n[/mm] und das Untergitter [mm]A \IZ^n[/mm] (welches von den Spalten
> > von [mm]A[/mm] erzeugt wird), und du willst [mm]|\IZ^n / A\IZ^n|[/mm]
> > ausrechnen, da dies gleich [mm]|\mathcal{O}_K / I| = N(I)[/mm]
> > entspricht.
>
> Ich hatte ehrlich gesagt eine nicht sehr gute
> Algebra-Vorlesung.. Moduln kammen da nicht wirklich
> intensiv vor
Kommt vor sowas  In meiner Algebra-Vorlesung kamen damals gar keine Moduln vor.
> und somit die vielleicht dumme Frage.. anders
> als bei einem Vektorraum, bei welchem man die Basis ja
> ändern kann wie man möchte, und weiterhin das selbe
> bekommt gilt das bei Moduln nicht, oder?
Genau.
Allerdings muss man aufpassen, wie man die Basis veraendert. Einem Basiswechsel entsprechen invertierbare Matrizen -- also Matrizen, deren Determinante im Ring intertierbar ist (in Koerpern heisst das einfach nur [mm] $\neq [/mm] 0$, aber in [mm] $\IZ$ [/mm] schon sehr speziell [mm] $\pm [/mm] 1$).
> Also wenn ich die
> Basis verändere kriege ich was komplett anders?
Das haengt davon ab wie du sie veraenderst.
> Ich frage das jetzt um sicher zu gehen, dass [mm]\mathbb{Z}^{n}[/mm]
> sich von [mm]A\mathbb{Z}^{n}[/mm] aus diesem Grund unterscheidet..
Da $A [mm] \in \IZ^{n \times n}$ [/mm] ist ist $A [mm] \IZ^n$ [/mm] ein Untergitter von [mm] $\IZ^n$. [/mm] Im Allgemeinen ist es eine echte Teilmenge, und zwar genau dann, wenn [mm] $|\det [/mm] A| > 1$ ist. Wir wollen hier ja zeigen, dass [mm] $[\IZ^n [/mm] : A [mm] \IZ^n] [/mm] = [mm] |\det [/mm] A|$ ist.
> > So. Um [mm]|\IZ^n / A\IZ^n|[/mm] mit [mm]|\det A|[/mm] in Verbindung zu
> > bringen benutzt du am besten die Smithsche Normalform von
> > [mm]A[/mm]. Zeige, dass ueber [mm]\IZ[/mm] invertierbare Matrizen [mm]U[/mm] und [mm]V[/mm] mit
> > [mm]U A V[/mm] in Smithschner Normalform einen Isomorphismus [mm]\IZ^n / (U A V) \IZ^n \to \IZ^n / (U A) \IZ^n \to \IZ^n / A \IZ^n[/mm]
>
> Bis hierhin verstehe ich die Erklärung.. :) Selbst wenn
> ich diese Schmitsche Normalform so nicht wirklich kannte,
> es ist ja eigentlich ne Anwendung des Struktursatzes oder?
Ja. Oft beweist man den Struktursatz, indem man die Smithsche Normalform bemueht.
Je nachdem wie genau ihr den Struktursatz / Elementarteilersatz formuliert habt ist er auch fast das gleiche.
> > induzieren. Und [mm]\IZ^n / (U A V) \IZ^n[/mm] kannst du sehr direkt
> > als Produkt endlicher zyklischer Gruppen hinschreiben,
>
> Das wiederrum weiss ich nicht, wie ich es machen soll..
Wenn $U A V = [mm] \pmat{ a_1 & & 0 \\ & \ddots & \\ 0 & & a_n }$ [/mm] ist, ist [mm] $\IZ^n [/mm] / (U A V) [mm] \IZ^n \cong (\IZ/a_1\IZ) \times \dots \times (\IZ/a_n\IZ)$.
[/mm]
Um das zu zeigen, betrachte die Abbildung [mm] $\IZ^n \to (\IZ/a_1\IZ) \times \dots \times (\IZ/a_n\IZ)$, $(v_1, \dots, v_n) \mapsto (v_1 [/mm] + [mm] a_1\IZ, \dots, v_n [/mm] + [mm] a_n \IZ)$ [/mm] und zeigst, dass der Kern durch $U A V [mm] \IZ^n$ [/mm] gegeben ist. Was bei der Diagonalform sehr einfach ist.
> > und
> > zeigen dass die Ordnung gerade [mm]|\det (U A V)| = |\det A|[/mm]
> > ist.
> >
>
> Sry, ich stelle mich nicht gerne so blöd an, nur habe ich
> in diesem Bereich grundlegende Lücken.. die versuche ich
> gerade zu füllen :)
Viel Erfolg damit :)
Als kleiner Hinweis: [mm] $\det [/mm] (U A V)$ ist wegen der Diagonalform gleich [mm] $a_1 \cdots a_n$, [/mm] was wiederum gleich der Ordnung von [mm] $(\IZ/a_1\IZ) \times \dots \times (\IZ/a_n\IZ)$ [/mm] entspricht.
LG Felix
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