G. Nebe, M. Kirschmer

Gitter und Codes, WS 08/09

Lösung 10

Aufgabe 1.

(a) Aus (c) folgt, daß σ_{x} bijektiv ist. Für e ∈ E ist q(σ_{x}(e)) = q(e− \frac{b_{q}(e,x)}{q(x)}x) = q(e)− \frac{b_{q}(e,x)}{q(e)} ·b_{q}(e, x)+

\frac{b_{q}(e,x)^{2}}{q(e)^{2}} · q(x)^{2} = q(e). Also ist σ_{x} ∈ O(E, q). Weiter ist σ_{x}(x) = x − \frac{b_{q}(x,x)}{q(x)}x = x − 2x = −x.

(b) Ist y ∈ E mit b_{q}(x, y) = 0, so ist σ_{x}(y) = y − \frac{b_{q}(y,x)}{q(x)}x = y − 0 · x = y.

(c) Für e ∈ E ist

σ_{x}(σ_{x}(e)) = σ_{x}(e − \frac{b_{q}(e, x)}{q(x)}x) = e − \frac{b_{q}(e, x)}{q(x)}x − \frac{b_{q}(e − \frac{b_{q}(e,x)}{q(x)}x, x)}{q(x)}x = e − \frac{b_{q}(e, x)}{q(x)}x − \frac{b_{q}(e, x)}{q(x)}x

= e − 2\frac{b_{q}(e, x)}{q(x)}x + \frac{b_{q}(e, x)}{q(x)} \frac{b_{q}(x, x)}{q(x)}x = e − 2\frac{b_{q}(e, x)}{q(x)}x + 2\frac{b_{q}(e, x)}{q(x)}x = e .

(d) Nach Teil (a) ist S(E) eine Untergruppe von O(E, q). Wir behaupten g ∘ σ_{x} ∘ g^{−1} = σ_{g(x)} für alle g ∈ O(E, q). Hieraus folgt dann die Behauptung.

Für Für e ∈ E ist

(g ∘ σ_{x} ∘ g^{−1})(e) = g(g^{−1}(e) − \frac{b_{q}(g^{−1}(e), x)}{q(x)}x) = e − \frac{b_{q}(g^{−1}(e), x)}{q(x)}g(x) = e − \frac{b_{q}(e, g(x))}{q(g(x))}g(x)
= σ_{g(x)}(e) .

Aufgabe 2. Sicher ist ind(E, q) ∈ {0, 1}. Im Fall ind(E, q) = 1 spaltet also eine hyperbolische Ebene von (E, q) ab, was aus Dimensionsgründen (E, q) = ℍ(𝔽_{ℓ}) impliziert.

Sei nun also ind(E, q) = 0. Dann ist q(e) ≠ 0 für alle e ∈ E − {0}. Denn: Ist q(e) = 0 mit e ≠ 0 so ist ⟨e⟩ scharf primitiv (da es ein f ∈ E mit b_{q}(e, f) = 1 geben muss). Es spaltet somit eine hyperbolische Ebene von (E, q) ab (vgl. Bem. 8.29). Dies widerspricht ind(E, q) = 0. Sei (e, f) eine Basis von E. Dann ist q(xe + f) = x^{2}q(e) + b_{q}(e, f)x + q(f) ≠ 0 für alle x ∈ 𝔽_{ℓ}. Damit ist also p(X) := X^{2} + \frac{b_{q}(e,f)}{q(e)}X + \frac{q(f)}{q(e)} irreduzibel über 𝔽_{ℓ}. Wir setzen K := 𝔽_{ℓ}[X]/p(X). Dann ist K eine quadratische Erweiterung von 𝔽_{ℓ} und es existiert ein α ∈ K mit p(α) = 0. Damit ist p(X) = (X − α)(X − α^{ℓ}). Insbesondere ist α^{ℓ+1} = \frac{q(f)}{q(e)} und −α − α^{ℓ} = \frac{b_{q}(e,f)}{q(e)}. Bezeichne N: K → 𝔽_{ℓ}, z ↦ z^{ℓ+1} die zugehörige Norm. Ist ⟨β⟩ = K^{∗} ≅ C_{ℓ^{2}−1}, so hat N(β) = β^{ℓ+1} die Ordnung (ℓ^{2} − 1)/(ℓ + 1) = ℓ − 1; ist also ein Erzeuger von 𝔽_{ℓ}^{∗}. Damit ist die Normform N: K → 𝔽_{ℓ} surjektiv. Also existiert ein γ ∈ K mit N(γ) = q(e). Mit (1, −α) ist dann auch (γ, −γα) linear unabhängig über 𝔽_{ℓ} und es folgt:

N(γ) = q(e)
N(−γα) = q(e)(−α)^{ℓ+1} = q(e)(−1)^{ℓ+1} · q(f)/q(e) = q(f)
b_{N}(γ, −γα) = N(γ(1 − α)) − N(γ) − N(−γα) = q(e)(1 − α)(1 − α)^{ℓ} − q(e) − q(f)
= q(e)(1 − α^{ℓ} − α + α^{ℓ+1}) − q(e) − q(f) = b_{q}(e, f)

Damit ist φ: (E, q) → (K, N), xe + yf ↦ γ(x − yα) eine bijektive Isometrie zwischen (E, q) und (K, N).

Ist K′ eine weitere quadratische Erweiterung von 𝔽_{ℓ} mit zugehöriger Normform N′, so existiert ein 𝔽_{ℓ}-linearer Isomorphismus τ: K → K′. Dieser erfüllt dann N′(τ(x)) = τ(x)^{ℓ+1} = τ(x^{ℓ+1}) = x^{ℓ+1} = N(x) für alle x ∈ K, da x^{ℓ+1} ∈ 𝔽_{ℓ}. Also ist τ eine Isometrie zwischen (K, N) und (K′, N′).

Aufgabe 3. Ist (E, q) ein quadratischer K-Vektorraum mit Basis (b_{1}, …, b_{n}) so liegt σ ∈ Aut_{K}(E) genau dann in O(E, q), falls q(b_{i}) = q(σ(b_{i})) und b_{q}(b_{i}, b_{j}) = b_{q}(σ(b_{i}), σ(b_{j})) für alle 1 ≤ i < j ≤ n gelten. Denn für jedes e ∈ E ist q(e) eine Linearkombination von q(b_{i}) und b_{q}(b_{i}, b_{j}) und umgekehrt ist auch b_{q}(b_{i}, b_{j}) = q(b_{i} + b_{j}) − q(b_{i}) − q(b_{j}).

(a) Sei H = 𝔽_{ℓ} erzeugt von (e, f) mit b_{q}(e, f) = 1 und q(e) = q(f) = 0. Dann ist q(xe + yf) = xy für alle x, y ∈ 𝔽_{ℓ}. Insbesondere bildet σ ∈ O(H) die Vektoren e und f auf Elemente in {xe | x ∈ 𝔽_{ℓ}^{∗}} ∪ {yf | y ∈ 𝔽_{ℓ}^{∗}} ab.

Im Fall σ(e) = xe mit x ∈ 𝔽_{ℓ}^{∗} ist σ(f) = yf mit y ∈ 𝔽_{ℓ}^{∗}.

Im Fall σ(e) = yf mit y ∈ 𝔽_{ℓ}^{∗} ist σ(f) = xe mit x ∈ 𝔽_{ℓ}^{∗}.

In beiden Fällen muß weiter gelten 1 = b_{q}(e, f) = b_{q}(σ(e), σ(f)) = b_{q}(xe, yf) = xy also y = x^{−1}.

Also existiert ein x ∈ 𝔽_{ℓ}^{∗} mit entweder σ(e) = xe und σ(f) = x^{−1}f oder aber σ(e) = xf und σ(f) = x^{−1}e. Nach der vorgegangenen Bemerkung ist umgekehrt jede lineare Abbildung die dieser Bedingung genügt in O(H). Insbesondere ist |O(H)| = 2(ℓ − 1).

(b) Sei F: 𝔽_{ℓ^{3}} → 𝔽_{ℓ^{2}}, x ↦ x^{ℓ} der Frobeniusautomorphismus. Nach Dedekinds Lemma ist (1, F) linear unabhängig über 𝔽_{ℓ^{2}} im 𝔽_{ℓ^{2}}-Vektorraum Hom_{𝔽_{ℓ}}(𝔽_{ℓ^{2}}, 𝔽_{ℓ^{2}}) und aus Dimensionsgründen somit eine 𝔽_{ℓ^{2}}-Basis.

Also ist O((𝔽_{ℓ^{2}}, N)) eine Teilmenge von {α + βF | α, β ∈ 𝔽_{ℓ^{2}}}. Gesucht sind somit alle (α, β) ∈ 𝔽_{ℓ^{2}}^{2} mit

x^{ℓ+1} = N(x) = N(αx + βx^{ℓ}) = (αx + βx^{ℓ})(αx + βx^{ℓ})^{ℓ} = (αx + βx^{ℓ})(α^{ℓ}x^{ℓ} + β^{ℓ}x)
= α^{ℓ+1}x^{ℓ+1} + αβx^{2} + α^{ℓ}βx^{2ℓ} + β^{ℓ+1}x^{ℓ+1}

für alle x ∈ 𝔽_{ℓ^{2}}. Dies ist äquivalent zu

0 = (α^{ℓ+1} + β^{ℓ+1} − 1) · x^{ℓ−1} + α^{ℓ}β · x^{2ℓ−2} + αβ^{ℓ} für alle x ∈ 𝔽_{ℓ^{2}}^{∗} .

Die rechte Seite läßt sich als Polynom in x von Grad 2ℓ − 2 auffassen, was ℓ^{2} − 1 Nullstellen hat. Es folgt α^{ℓ+1} + β^{ℓ+1} − 1 = α^{ℓ}β = αβ^{ℓ} = 0. Damit ist entweder α = 0 und β^{ℓ+1} = 1 oder aber β = 0 und α^{ℓ+1}. Umgekehrt ist klar, das jedes solches Paar (α, β) eine bijektive Abbildung α + βF liefert. Damit ist

O((𝔽_{ℓ^{2}}, N)) = {α · id_{𝔽_{ℓ^{2}}} | α ∈ 𝔽_{ℓ^{2}}^{∗} und α^{ℓ+1} = 1} ∪ {β · F | β ∈ 𝔽_{ℓ^{2}}^{∗} und β^{ℓ+1} = 1} .

Sicher ist {α · id_{𝔽_{ℓ^{2}}} | α ∈ 𝔽_{ℓ^{2}}^{∗} und α^{ℓ+1} = 1} ein Normalteiler in O((𝔽_{ℓ^{2}}, N)) welcher trivialen Schnitt mit ⟨F ⟩ hat. Also ist O((𝔽_{ℓ^{2}}, N)) ≅ C_{ℓ+1} ⋊ C_{2}.

Aufgabe 4.

(a) Da (E, q) nicht anisotrop ist, existiert ein e ∈ E − {0} mit q(e) = 0. Also ist ⟨e⟩ scharf primitiv. Daher spaltet eine hyperbolische Ebene von (E, q) ab. Aber die quadratische Form einer hyperbolischen Ebene ist bereits surjektiv.

(b) Sei (F, q′) = (E ⊕ ⟨f⟩ , q′) mit q′(e + xf) = q(e) − x^{2}a für alle e ∈ E und x ∈ A.

Ist a ∈ A^{∗} im Bild von q so existiert ein e ∈ E mit q(e) = a. Also ist q′(e+f) = 0 aber e+f ≠ 0. Damit ist (F, q′) nicht anisotrop.

Ist umgekehrt (F, q′) nicht anisotrop, so existieren e ∈ E und x ∈ A mit e + xf ≠ 0 aber 0 = q′(e + xf) = q(e) − x^{2}a. Im Fall x ≠ 0 ist q(e/x) = q(e)/x^{2} = a. Im Fall x = 0 ist q(e) = 0. Daher ist (E, q) bereits nicht anisotrop. Aber dann ist q: E → A bereits surjektiv nach (a).