G. Nebe, M. Kirschmer

Gitter und Codes, WS 08/09

Lösung 2

Aufgabe 1.

(a) Für 1 ≤ i ≤ n − 1 sei b_{i} = e_{i} − e_{i+1}. Dann ist B_{n−1} := (b_{1}, …, b_{n−1}) eine ℤ-Basis von 𝔸_{n−1}. Bezüglich dieser ist

G(B_{n−1}) = ( \begin{matrix}2 & −1 & & & 0 \\ −1 & 2 & −1 \\ . & . & . \\ & & −1 & 2 & −1 \\ 0 & & & −1 & 2 \end{matrix} ) ∈ ℤ^{n−1×n−1} .

Sicher ist det(G(B_{1})) = 2 und det(G(B_{2})) = 3. Mittels Entwicklung nach der ersten Zeile und Induktion folgt für n ≥ 4

det(G(B_{n−1})) = 2 det(G(B_{n−2})) + det ( \begin{matrix}−1 & ∗ \\ 0 & G(B_{n−3}) \end{matrix} ) = 2(n − 1) − (n − 2) = n .

Also ist |𝔸_{n−1}^{#}/𝔸_{n−1}| = n für alle n ≥ 2.

Sei nun u_{n−1} := \frac{1}{n}((n − 1)e_{1} − ∑_{i=2}^{n} e_{i}). Dann ist (u_{n−1}, b_{i}) = 0 für alle 2 ≤ i < n und (u_{n−1}, b_{1}) = \frac{1}{n}((n − 1) + 1) = 1 also ist u_{n−1} ∈ 𝔸_{n−1}^{#}. Weiter ist

min{k ≥ 1 | ku_{n−1} ∈ 𝔸_{n−1}} ≥ n,

denn 𝔸_{n−1} ist ein Teilgitter von ⟨e_{1}, …, e_{n}⟩_{ℤ}. Wegen |𝔸_{n−1}^{#}/𝔸_{n−1}| = n ist damit 𝔸_{n−1}^{#}/𝔸_{n−1} ≅ ℤ/nℤ erzeugt von u_{n−1} + 𝔸_{n−1} und es ist 𝔸_{n−1}^{#} = ⟨𝔸_{n−1}, u_{n−1}⟩_{ℤ} für alle n ≥ 2.

(b) Es sei n ≥ 4. Wir zeigen zunächst

D_{n} = {∑_{i=1}^{n} a_{i}e_{i} | a_{i} ∈ ℤ und ∑_{i} a_{i} ∈ 2ℤ} . (∗)

Die Inklusion ⊆ ist klar. Sei umgekehrt x := ∑_{i=1}^{n} a_{i}e_{i} mit a_{i} ∈ ℤ und ∑_{i} a_{i} ∈ 2ℤ. Setze s_{i} = ∑_{j=1}^{i} a_{i}. Es ist 2e_{n} = (e_{n−1} + e_{n}) − (e_{n−1} − e_{n}) ∈ 𝔻_{n}. Also

𝔻_{n} ∋ s_{n}e_{n} + ∑_{i=1}^{n−1} s_{i}(e_{i} − e_{i+1}) = s_{1}e_{1} + ∑_{i=2}^{n−1} s_{i}e_{i} − ∑_{j=1}^{n−2} s_{j}e_{j+1} + (s_{n} − s_{n−1})e_{n}

= a_{1}e_{1} + a_{n}e_{n} + ∑_{i=2}^{n−1} a_{i}e_{i} = x

Damit folgt die Inklusion ⊇.

Die Zeilen der Matrix T_{n} sind eine Basis von 𝔻_{n} bezüglich der Orthonormalbasis (e_{1}, …, e_{n}), wobei

T_{n} := ( \begin{matrix}1 & −1 & & & 0 \\ & 1 & −1 \\ . & . & . \\ & & & 1 & −1 \\ 0 & & & 1 & 1 \end{matrix} ) .

Damit wird det(𝔻_{n}) = det(T_{n})^{2} = 2^{2} und somit ist 𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n} entweder isomorph zu ℤ/4ℤ oder ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ. Man prüft nun nach, daß v_{n} := \frac{1}{2} ∑_{i=1}^{n} e_{i} und e_{1} beide in 𝔻_{n}^{#} liegen. Nach (∗) gilt stets 2e_{1} ∈ 𝔻_{n} und es ist 2v_{n} ∈ 𝔻_{n} genau dann wenn n gerade ist.

Für ungerades n ist somit 𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n} ≅ ℤ/4ℤ erzeugt von v_{n} + 𝔻_{n} und 𝔻_{n}^{#} = ⟨𝔻_{n}, v_{n}⟩_{ℤ}.

Für gerades n behaupten wir, daß e_{1} ∉ ⟨𝔻_{n}, v⟩ gilt. Angenommen, es wäre e_{1} = w + kv für geeignetes w ∈ 𝔻_{n} und k ∈ ℤ. Da v +𝔻_{n} Ordnung 2 in 𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n} hat können wir k = 1 annehmen und erhalten v − e_{1} ∈ 𝔻_{n} was aber (∗) widerspricht. Also ist 𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n} ≅ ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ erzeugt von e_{1} + 𝔻_{n} und v + 𝔻_{n}. Weiter gilt 𝔻_{n}^{#} = ⟨𝔻_{n}, e_{1}, v⟩_{ℤ}.

Sei nun L = 𝔸_{n−1} oder 𝔻_{n}. Da L ein Teilgitter von ⟨e_{1}, …, e_{n}⟩_{ℤ} ist, hat jedes x ∈ L eine eindeutige Darstellung x = ∑_{i=1}^{n} a_{i}e_{i} mit a_{i} ∈ ℤ. Also gilt x = ∑_{i=1}^{n} a_{i}e_{i} ∈ R(L) ⟺ 2 = (x, x) = ∑_{i} a_{i}^{2}. Es folgt:

x = ∑_{i=1}^{n} a_{i}e_{i} ∈ R(L) ⟺ x ∈ L und genau zwei der a_{i} liegen in {±1}, alle anderen sind 0 .

Mit (∗) folgt nun sofort R(𝔻_{n}) = {±e_{i} ± e_{j} | 1 ≤ i < j ≤ n} und daher |R(𝔻_{n})| = 2n(n − 1).

Seien nun 1 ≤ i < j ≤ n. Der Vektor e_{i} +e_{j} liegt dann nicht in 𝔸_{n−1} da er nicht senkrecht auf ∑_{i=1}^{n} e_{i} steht (eine Bedingung, die offensichtlich alle Elemente aus 𝔸_{n−1} erfüllen). Ferner ist klar, daß e_{i} − e_{j} in 𝔸_{n−1} liegt. Damit ist R(𝔸_{n−1}) = {±(e_{i} − e_{j}) | 1 ≤ i < j ≤ n} und somit |R(𝔸_{n−1})| = n(n − 1).

Aufgabe 2

(a) (i) Es ist V = ℝv ⊕ (ℝv)^{⊥} eine Zerlegung von V in σ_{v}-invariante Teilräume. Auf (ℝv)^{⊥} ist σ_{v} die Identität, auf ℝv ist −σ_{v} die Identität. Also ist σ_{v}^{2} = id_{V}.

(ii) Es ist v ∈ (ℝw)^{⊥} und w ∈ (ℝv)^{⊥}. Dann ist V = ℝv ⊕ ℝw ⊕ ⟨v, w⟩_{ℝ}^{⊥} eine Zerlegung von V in σ_{v}σ_{w}-invariante Teilräume. Es ist σ_{v}σ_{w} die Identität auf den dritten Summanden und −id auf den ersten beiden. Genauso verhält es sich mit σ_{w}σ_{v}.

(iii) Wieder ist σ_{v}σ_{w} die Identität auf ⟨v, w⟩_{ℝ}^{⊥}. Weiter ist

vσ_{v}σ_{w} = −vσ_{w} = −v + (v, w)w = −v − w
wσ_{v}σ_{w} = (w − (v, w)v)σ_{w} = (v + w)σ_{w} = v − (v, w)w − w = v .

Bezüglich der Basis (v, w) hat σ_{v}σ_{w} |_{⟨v,w⟩} also die Matrixdarstellung ( \begin{matrix}−1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ). Diese Matrix hat Ordnung 3 wie behauptet.

(b) Für x ∈ L^{#} und v ∈ R(L) ist (v, x) ∈ ℤ. Damit ist xσ_{v} + L = x − (v, x)v + L = x + L. Also ist L^{#}/L × W (L) → L^{#}/L, (x + L, g) ↦ (xg + L) wohldefiniert und eine Gruppenoperation welche trivial ist.

(c) Nach Aufgabe 1a ist 𝔸_{2} = ⟨b_{1}, b_{2}⟩_{ℤ} und R(𝔸_{2}) = {±b_{1}, ±b_{2}, ±(b_{1} + b_{2})} mit b_{1} = e_{1} − e_{2} und b_{2} = e_{2} −e_{3}. Bezüglich der Basis B = (b_{1}, b_{2}) haben σ_{b_{1}}, σ_{b_{2}} und σ_{b_{1}+b_{2}} die Matrixdarstellungen

a := ( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) , b := ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}0 & −1 \\ −1 & 0 \end{matrix} ) = aba.

Also ist W (𝔸_{2}) = ⟨a, b⟩. Nach Teil (a) hat c := ab Ordnung 3. Damit ist W (𝔸_{2}) ≅ D_{6} = S_{3}. Oder aber: Wegen a^{−1}ca = ba = ba(ab)^{3} = b^{2}c^{2} = c^{2} ist W (𝔸_{2}) = {a^{r}c^{s} | r ∈ {0, 1}, s ∈ {0, 1, 2}}. Also

W (𝔸_{2}) = \{I_{2}, a, c = ( \begin{matrix}−1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) , ac = b, c^{2} = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & −1 \end{matrix} ) , ac^{2} = ( \begin{matrix}0 & −1 \\ −1 & 0 \end{matrix} )\} .

Weiter ist b_{1}σ_{x} = b_{1} − 2\frac{(b_{1},x)}{(x,x)}x = b_{1} und b_{2}σ_{x} = b_{2} − 2\frac{(b_{2},x)}{(x,x)}x = b_{2} − x = −(b_{1} + b_{2}). Also Bσ_{x}_{B} = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ −1 & −1 \end{matrix} ). Insbesondere ist also σ_{x} ∈ Aut(𝔸_{2}) \ W (𝔸_{2}). Nach Blatt 1 Aufgabe 1a ist Aut(𝔸_{2}) ≅ D_{12} (die dort angegebene Grammatrix ergibt sich z.B. bezüglich der Basis (b_{1}, b_{1} + b_{2})). Damit ist Aut(𝔸_{2}) = ⟨a, b, x⟩ wie behauptet.

(d) (i) Siehe 1b.

(ii) Da σ_{e_{1}} trivial auf ⟨e_{1}⟩_{ℝ}^{⊥} operiert, fixiert es e_{n−1}+e_{n} sowie e_{i}−e_{i+1} für alle 2 ≤ i < n. Weiter ist (e_{1} − e_{2})σ_{e_{1}} = e_{1} − e_{2} − 2(e_{1}, e_{1} − e_{2})e_{1} = (e_{1} − e_{2}) − 2e_{1} ∈ 𝔻_{n}. Also 𝔻_{n}σ_{e_{1}} ⊆ 𝔻_{n} und damit 𝔻_{n}σ_{e_{1}} = 𝔻_{n} da σ_{e_{1}} endliche Ordnung hat. Weiter gilt vσ_{e_{1}} = v − 2(e_{1}, v)e_{1} = v − e_{1} und daher L − 1σ_{e_{1}} = L_{2}. Da σ_{e_{1}} Ordung 2 hat folgt daraus auch L_{2}σ_{e_{1}} = L_{1}.

(iii) Wäre σ_{e_{1}} ∈ W (𝔻_{n}), so würde σ_{e_{1}} trivial auf L^{#}/L operieren. Das ist aber wie wir gesehen haben nicht der Fall.

               http://www.math.rwth-aachen.de/~kirschme/gc