G. Nebe, M. Kirschmer

Gitter und Codes, WS 08/09

Lösung 12

Aufgabe 1.

(a) Bezeichne ℓ := ℓ(C, D) den kürzesten Weg von C nach D in Γ. Im Skript haben wir bereits ℓ ≤ d(C, D) gesehen. Wir zeigen daher ℓ ≥ d(C, D). Da es in Γ einen Weg von C nach D gibt, existieren also selbstduale Codes C_{0}, C_{1}, …, C_{ℓ} < 𝔽_{q}^{n} mit C_{0} = C, D_{ℓ} = C und dim(C_{i}∩C_{i−1}) = \frac{n}{2} − 1 für alle 1 ≤ i ≤ ℓ.

Wir zeigen nun mittels Induktion dim(C_{0} ∩ C_{k}) ≥ \frac{n}{2} − k für alle 0 ≤ k ≤ ℓ. Die Fälle k = 0, 1 sind klar. Für k > 1 ist

dim(C_{0} ∩ C_{k}) ≥ dim((C_{0} ∩ C_{k−1}) ∩ C_{k})

= dim(C_{0} ∩ C_{k−1}) + dim(C_{k}) − dim(C_{k} + (C_{0} ∩ C_{k−1}))

≥ \frac{n}{2} − (k − 1) + \frac{n}{2} − dim(C_{k} + C_{k−1}) = n − k + 1 − \frac{n}{2} − 1 = \frac{n}{2} − k

Insbesondere ergibt sich für k = ℓ daraus dim(C ∩ D) ≥ \frac{n}{2} − ℓ. Umformen liefert ℓ ≥ d(C, D).

(b) Wir folgen dem Beweis von Satz 9.10 und führen eine Induktion nach d := d(C, D). Die Fälle d = 0, 1 sind klar. Sei nun d ≥ 1 und X ein beliebiger Teilraum von D mit C ∩ D < X und dim(X/C ∩ D) = 1. Weiter sei C_{1} := X + (C + X)^{⊥}.

Nach dem Homomorphiesatz ist dim(C_{1}) = \frac{n}{2}. Für x_{1}, x_{2} ∈ X und y_{1}, y_{2} ∈ (C + X)^{⊥} ist (x_{1} + y_{1}) · (x_{2} + y_{2}) = 0 da X < C < X^{⊥}, (C + X)^{⊥} ⊥ X und (X + C)^{⊥} < C < X + C. Also ist C_{1} selbstdual.

Sei x ∈ X und y ∈ (C + X)^{⊥}. Weiter seien

a = |{1 ≤ i ≤ n | x_{i} ≠ 0 und y_{i} ≠ 0}|
b = |{1 ≤ i ≤ n | x_{i} ≠ 0 und y_{i} = 0}|
c = |{1 ≤ i ≤ n | x_{i} = 0 und y_{i} ≠ 0}|

Dann gilt a + b = wt(x) ∈ 4ℤ da X < D und a + c = wt(y) ∈ 4ℤ da (C + X)^{⊥} < C. Weiter ist a + 2ℤ = x · y = 0 und somit wt(x + y) = b + c = wt(x) + wt(y) − 2a ≡_{4} 0. Also ist C_{1} doppelt gerade.

Wegen dim(C_{1} ∩ C) = dim((C + X)^{⊥}) = \frac{n}{2} − 1 ist d(C, C_{1}) = 1. Analog liefert C_{1} ∩ D = X, daß d(C_{1}, D) = d − 1 ist.

Nach der Induktionsvoraussetzung existiert somit ein Weg von C nach D in Γ, welcher nur aus doppeltgeraden Codes besteht.

Aufgabe 2. Sei (E, q) ein beliebiger regulärer quadratischer K-Vektorraum. Ist (E, q) nicht anisotrop, so existiert ein x ∈ E − {0} mit q(x) = 0. Also ist ⟨x⟩ scharf primitiv. Damit spaltet eine hyperbolische Ebene von (E, q) ab. Iteriert man dieses Verfahren, so erhält man eine Zerlegung (E, q) = V ⊥ H mit H hyperbolisch und V anisotrop (der sog. anisotrope Kern von (E, q)). Damit ist [(E, q)] = [V] in W Q(K).

Angenommen (E_{1}, q_{1}) und (E_{2}, q_{2}) seien zwei reguläre anisotrope K-Vektorräume mit [(E_{1}, q_{1})] = [(E_{2}, q_{2})]. Dann existieren hyperbolische Moduln H_{1} und H_{2} mit (E_{1}, q_{1}) ⊥ H_{1} ≅ (E_{2}, q_{2}) ⊥ H_{2}. Also gibt es n_{i} ∈ ℕ_{0} mit H_{i} ≅ ℍ(K)^{n_{i}}. Ohne Einschränkung ist n_{1} ≥ n_{2}. Also ist (E_{1}, q_{1}) ⊥ ℍ(K)^{n_{1}} ≅ (E_{2}, q_{2}) ⊥ ℍ(K)^{n_{2}}. Mit dem Wittschen Kürzungssatz folgt (E_{1}, q_{1}) ⊥ ℍ(K)^{n_{1}−n_{2}} ≅ (E_{2}, q_{2}). Da (E_{2}, q_{2}) anisotrop ist, folgt n_{1} = n_{2} und damit (E_{1}, q_{1}) ≅ (E_{2}, q_{2}).

Aufgabe 3.

(a) Sei (E, q) ein beliebiger regulärer quadratischer K-Vektorraum. Wegen char(K) ≠ 2 ist (E, q) diagonalisierbar; also (E, q) ≅ [d_{1}, …, d_{r}] mit d_{i} ∈ K^{∗}. Wegen [d] ≅ [dx^{2}] für alle x ∈ K^{∗} ist also W Q(K) = ⟨[[a]] | a ∈ K^{∗}/(K^{∗})^{2}⟩.

Seien nun a, b ∈ K^{∗}. Bekanntlich ist [a] ⊥ [−a] ≅ ℍ(K). Sei nun a + b ≠ 0. Dann gibt es eine Basis (e, f) von (E, q) ≅ [a, b] mit e ⊥ f, q(e) = a und q(f) = b. Bezüglich der Basis (e + f, be − af) wird die Form q in der Tat beschrieben durch [a + b, a^{2}b + b^{2}a]. Also ist [a, b] ≅ [a + b, ab(a + b)].

(b) Bekanntlich gilt in W Q(K) stets

[[a]] = [[ab^{2}]] für alle a, b ∈ K^{∗} . (∗∗)

(i) Im Fall K = 𝔽_{3} können wir (a_{1}, a_{2}) = (1, −1) wählen. Dann ergeben sich mit (∗) und (∗∗) die Relationen [[1]] + [[−1]] = 0 und [[x]] + [[x]] = [[−x]] + [[−x · x^{2}]] = [[−x]] + [[−x]]. Diese Relationen liefern eine abelsche Gruppe isomorph zu C_{4}. Nach Aufgabe 4 ist W Q(𝔽_{3}) ≅ C_{4}, damit genügen diese Relationen bereits.

(ii) Im Fall K = 𝔽_{5} können wir (a_{1}, a_{2}) = (1, 2) wählen. Dann ergeben sich mit (∗) und (∗∗) unter anderem [[1]] + [[1]] = [[2]] + [[2]] und [[1]] + [[1]] = [[1]] + [[−1]] = 0 sowie [[1]] + [[2]] = [[3]] + [[6]] = [[2]] + [[1]]. Diese liefern eine abelsche Gruppe isomorph zu C_{2} × C_{2} was nach Aufgabe 4 bereits W Q(𝔽_{5}) entspricht. Damit genügen diese Relationen bereits.

(iii) Im Fall K = ℝ können wir (a_{1}, a_{2}) = (1, −1) wählen. Dann ergeben sich mit (∗) und (∗∗) die Relation [[1]]+[[−1]] = 0 sowie die offensichtliche Relation[[a_{i}]]+[[a_{i}]] = [[2a_{i}]]+[[2a_{i}]] = [[a_{i}]]+[[a_{i}]]. Dies liefert eine Gruppe isomorph zu ℤ. Wegen W Q(ℝ) ≅ ℤ und der Tatsache, daß jeder echte Quotient von ℤ endlich ist, folgt auch in diesem Fall, daß die Relationen bereits genügen.

Aufgabe 4. Sei zunächst q gerade. Nach Satz 8.33 wissen wir bereits, daß A := (𝔽_{q}^{2}, N) neben dem Nullraum der einzige reguläre anisotrope quadratische 𝔽_{q}-Vektorraum ist. Da jede Wittklasse nach Aufgabe 2 einen bis auf Isometrie eindeutig bestimmten anisotropen Vertreter besitzt, folgt W Q(𝔽_{q}) = ⟨[A]⟩ ≅ C_{2}.

Sei nun q ungerade. Nach Satz 8.33 wissen wir |W Q(𝔽_{q})| = 4. Denn es existieren bis auf Isometrie genau 4 reguläre anisotrope quadratische 𝔽_{q}-Vektorräume. Nach Aufgabe 3b ist W Q(𝔽_{q}) damit erzeugt von [[1]] und [[ε]] für ein beliebiges Nichtquadrat ε.

Ist q ≡_{4} −1 so können wir ε = −1 wählen und erhalten [[1]] = −[[−1]]. Also wird W Q(𝔽_{q}) in diesem Fall bereits von [[1]] erzeugt und ist somit zyklisch von Ordnung 4.

Ist q ≡_{4} 1 so ist −1 ∈ (𝔽_{q}^{∗})^{2}. Damit folgt [[x]] + [[x]] = [[x]] + [[−x]] = 0 für alle x ∈ 𝔽_{q}^{∗}. Also hat W Q(𝔽_{q}) Exponent 2 und ist somit isomorph zu C_{2} × C_{2}.