G. Nebe, M. Kirschmer

Gitter und Codes, WS 08/09

Lösung 13

Aufgabe 1. Sei φ: N → ℚ/ℤ ein Homomorphismus. Nach dem Elementarteilersatz existieren a_{1}, …, a_{n} ∈ A und k_{1}, …, k_{r} ∈ ℕ mit r ≤ n so, daß A = ⟨a_{1}⟩ ⊕ ⋯ ⊕ ⟨a_{n}⟩ und N = ⟨k_{1}a_{1}⟩ ⊕ ⋯ ⊕ ⟨k_{n}a_{n}⟩.

Für 1 ≤ i ≤ r gibt es λ_{i} ∈ ℚ mit φ(k_{i}a_{i}) = λ_{i} + ℤ. Dann induziert a_{i} ↦ \begin{cases}\frac{λ_{i}}{k_{i}} + ℤ & falls 1 ≤ i ≤ r \\ ℤ & sonst \end{cases}

einen Homomorphismus A → ℚ/ℤ welcher φ fortsetzt.

Aufgabe 2.

(a) Im Skript haben wir bereits 8[ϕ_{1}] = 0 und 2[ϕ_{1}] = 2[ψ_{1}] gezeigt. Also ist auch 8[ψ_{1}] = 0. Daher genügt es die Behauptung für k = 1, 3, 5, 7 zu zeigen. Der Fall k = 1 ist klar.

(i) Sei (a, b) eine Basis von X := ψ_{1} ⊥ ψ_{7}. Weiter sei N = ⟨a + b⟩. Dann ist q(N) = 0 und damit N < N^{⊥}. Wegen |N| = 4 und |X| = 16 folgt N = N^{⊥}. Also ist ψ_{1} ⊥ ψ_{7} schwach metabolisch und somit [ψ_{7}] = −[ψ_{1}] = 7[ψ_{1}] da 8[ψ_{1}] = 0.

(ii) Sei (a, b, c) eine Basis von X := ψ_{1} ⊥ ψ_{1} ⊥ ψ_{1}. Weiter seien e := 2(a + b) und f = 2(b + c). Setzen wir N := ⟨e, f⟩ = {0, e, f, e + f = 2(a + c)}. Dann ist q(e) = q(f) = q(e + f) = 0. Sei t := xa + yb + yz ∈ X. Dann gilt

t ⊥ e ⟺ q(t + e) − q(t) = 0 ⟺ (x + 2)^{2} + (y + 2)^{2} + z^{2} − x^{2} − y^{2} − z^{2} ≡_{8} 0
⟺ x + y gerade .

Analog ist t ⊥ f ⟺ y + z gerade. Also ist

N^{⊥} = ⟨2a, 2b, a + b, c⟩ ∩ ⟨a, 2b, b + c, 2c⟩
= ⟨2a, 2b, a + b, a + b + c⟩ ∩ ⟨a, 2b, a + b + c, 2c⟩ = ⟨2a, 2b, 2c, a + b + c⟩
= ⟨2a, 2b, a + b + c⟩

Weiter ist damit N^{⊥}/N = ⟨a + b + c + N⟩ ≅ ℤ/4ℤ und \overline{q}(a + b + c + N) = 3/8 also folgt [X] = [(N^{⊥}/N, \overline{q})] = [ψ_{3}].

(iii) Wie in (i) ist ψ_{3} ⊥ ψ_{5} schwach metabolisch. Also ist [ψ_{5}] = −[ψ_{3}] = −3[ψ_{1}] = 5[ψ_{1}] nach dem bereits gezeigten.

(b) Sei (a, b, c, d) eine Basis von X := ψ_{1} ⊥ ψ_{1} ⊥ ψ_{1} ⊥ ψ_{1}. Weiter seien e := 2(a + b), f = 2(a + c) und g = 2(a + d). Setzen wir N := ⟨e, f, g⟩ = {0} ∪ {2(x + y) | x, y ∈ {a, b, c, d}, x ≠ y}. Für x, y ∈ {a, b, c, d} mit x ≠ y ist q(x + y) ≡_{ℤ} 0.

Wie schon zuvor zeigt man, daß xa + yb + zc + wd ∈ N^{⊥} genau dann, wenn x, y, z, w entweder alle gerade oder aber alle ungerade sind. Damit ist

N^{⊥} = ⟨2a, 2b, 2c, 2d, a + b + c + d⟩ = ⟨2a, 2b, 2c, a + b + c + d⟩

Nun ist |N^{⊥}/N| = 32/8 = 4 schon recht vielversprechend und aus |N^{⊥}/N| = 32/8 = 4 folgt, daß N^{⊥}/N = ⟨2a + n, a + b + c + d + N⟩. Weiter ist

\overline{q}(2a + N) = \overline{q}(a + b + c + d + N) = \overline{q}(−a + b + c + d + N) = 1/2 .

Also gilt 4[ψ_{1}] = [(N^{⊥}/N, = \overline{q})] = [χ].

(c) Sei (a, b) eine Basis von X := ϕ_{1} ⊥ ϕ_{3}. Weiter sei N = ⟨a + b⟩. Dann ist wieder q(N) = 0 und damit N < N^{⊥}. Wegen |N| = 2 und |X| = 4 folgt N = N^{⊥}. Also ist X schwach metabolisch und somit [X] = 0. Das war zu zeigen.

Aufgabe 3. Für x ∈ ℚ bzw. x ∈ ℚ/ℤ sei e(x) := exp(2πix). Weiter sei ζ_{8} := e(1/8).

(a) k = 6: Nach Blatt 3 ist 𝔼_{6}^{#}/𝔼_{6} ≅ C_{3}. Sei B := (b_{1}, …, b_{6}) eine ℤ-Basis von 𝔼_{6} mit

G(B) = ( \begin{matrix}2 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & −1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 2 & −1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 2 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) .

Dann ist z.B. x := \frac{1}{3} · (2b_{1} + b_{2} + 3b_{3} + 2b_{4} + b_{5} + 3b_{6}) ∈ 𝔼_{6}^{#} wie man leicht nachprüft. Also ist

Γ((𝔼_{6}^{#}/𝔼_{6}, q)) = \frac{1}{\sqrt{3}}(e(0) + e(q(x)) + e(q(−x)))

= \frac{1}{\sqrt{3}}(1 + 2e(2/3)) = \frac{1}{\sqrt{3}} (1 + 2\frac{\sqrt{−3} − 1}{2}) = i .

k = 7: Nach Blatt 3 ist 𝔼_{7}^{#}/𝔼_{7} ≅ C_{2}. Sei B := (b_{1}, …, b_{7}) eine ℤ-Basis von 𝔼_{7} mit

G(B) = ( \begin{matrix}2 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 2 & −1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 2 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 2 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −1 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) .

Dann ist z.B. x := \frac{1}{2}(2b_{1} + 2b_{2}4b_{3} + 3b_{4} + 2b_{5} + b_{6}3b_{7}) ∈ 𝔼_{7}^{#} wie man leicht nachprüft. Also ist

Γ((𝔼_{7}^{#}/𝔼_{7}, q)) = \frac{1}{\sqrt{2}}(e(0) + e(q(x)))

= \frac{1}{\sqrt{2}}(1 + e(3/4)) = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 − I) = ζ_{8}^{5} .

k = 8: In diesem Fall ist 𝔼_{8} = 𝔼_{8}^{#} und somit Γ((𝔼_{8}^{#}/𝔼_{8}, q)) = e(0) = 1.

(b) Sei (e_{1}, …, e_{n}) die Standardbasis von ℤ^{1×n} versehen mit dem üblichen Skalarprodukt. Dann ist 𝔻_{n} = \{x ∈ ℤ^{1×n} | xx^{tr} ∈ 2ℤ\}. Weiter sei v_{n} := \frac{1}{2} ∑_{i=1}^{n} e_{i}.

n gerade: Nach Blatt 3 wird 𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n} ≅ C_{2} × C_{2} erzeugt von v_{n} + 𝔻_{n} und e_{1} + 𝔻_{n}. Also ist

Γ((𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n}, q)) = \frac{1}{2}(e(0) + e(q(v_{n})) + e(q(e_{1})) + e(q(v_{n} + e_{1})))

= \frac{1}{2}(1 + e(n/8) + e(1/2) + e(1/2 + n/8 + 1/2)) = e(n/8) = ζ_{8}^{n} .

n ungerade: Nach Blatt 3 wird 𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n} ≅ C_{4} erzeugt von v_{n} + 𝔻_{n}. Also ist

Γ((𝔻_{n}^{#}/𝔻_{n}, q)) = \frac{1}{2} ∑_{i=0}^{3} e(i^{2}n/8)

= \frac{1}{2}(1 + e(n/8) + e(4n/8) + e(9n/8))

= \frac{1}{2}(1 + e(n/8) + (−1)^{n} + e(n/8 + n)) = e(n/8) = ζ_{8}^{n} .

Aufgabe 4. Sei ε ∈ ℤ_{p}^{∗} kein Quadrat. Dann definiert

(∗)  φ: W Q(ℚ_{p}) → W Q(𝔽_{p}) ⊕ W Q(𝔽_{p})
[[1]] ↦ ([[1 + pℤ_{p}]], 0)
[[ε]] ↦ ([[ε + pℤ_{p}]], 0)
[[p]] ↦ (0, [[1 + pℤ_{p}]])
[[pε]] ↦ (0, [[ε + pℤ_{p}]])

einen Isomorphismus vgl. (Satz 10.30).

Sei (E, q) ein 4-dimensionaler regulärer quadratischer ℚ_{p}-Vektorraum. Dann gilt für den Wittindex ind(E, q) ∈ {0, 1, 2}. Weiter wird die Isometrieklasse von (E, q) eindeutig durch seine Wittklasse [(E, q)] bestimmt (die Dimension ist ja fix).

Im Fall ind(E, q) = 2 ist (E, q) ≅ ℍ(ℚ_{p})^{2}.

Sei nun ind(E, q) = 0. Weiter sei φ([(E, q)]) = ((E_{1}, q_{1}), (E_{2}, q_{2})) mit anisotropen quadratischen 𝔽_{p}- Vektorräumen (E_{i}, q_{i}). Sei n := dim_{𝔽_{p}}(E_{1}) + dim_{𝔽_{p}}(E_{2}). Bekanntlich ist dim_{𝔽_{p}}(E_{i}) ≤ 2, also n ≤ 4. Nach der Definition von φ gibt es auch einen anisotropen quadratischen ℚ_{p}-Vektorraum (F, q′) mit dim_{ℚ_{p}}(F) = n und φ([(F, q′)]) = ((E_{1}, q_{1}), (E_{2}, q_{2})). Da (E, q) anisotrop ist, folgt 4 = dim(E) ≤ dim(F) = n. Also ist n = 4 und somit (E_{i}, q_{i}) ≅ (𝔽_{p^{2}}, N) die einzige Möglichkeit. Umgekehrt ist klar, daß ein solcher Raum (E, q) existiert, denn: Im Fall p ≡_{4} 1 ist [1, ε + pℤ_{p}] ≅ (𝔽_{p^{2}}, N) und somit [1, ε, p, pε] tuts. Im Fall p ≡_{4} −1 ist [1, 1] ≅ (𝔽_{p^{2}}, N) und somit [1, 1, p, p] tuts.

Sei nun ind(E, q) = 1. Dann ist (E, q) ≅ ℍ(ℚ_{p}) ⊥ [x, y] mit x, y ∈ {1, ε, p, pε} und [x, y] anisotrop.

p ≡_{4} 1: Aus (∗) und der Beschreibung der Wittgruppe von 𝔽_{p} (siehe Blatt 12), folgt daß [x, y] genau dann anisotrop ist, falls x ≠ y gilt. Also existieren für die Isometrieklasse von [x, y] genau 6 Möglichkeiten, nämlich:

[1, ε], [1, p], [1, pε], [ε, p], [ε, pε], [p, pε]

Diese Räume sind paarweise nicht isometrisch, da deren Bilder unter φ paarweise verschieden sind.

p ≡_{4} −1: Aus (∗) und der Beschreibung der Wittgruppe von 𝔽_{p}, folgt [1, ε] ≅ ℍ und [1, 1] ≅ [ε, ε]. Also existieren für die Isometrieklasse von [x, y] genau 6 Möglichkeiten, nämlich:

[1, 1] [1, p], [1, pε], [ε, p], [ε, pε], [p, pε]

Diese Räume sind paarweise nicht isometrisch, da deren Bilder unter φ paarweise verschieden sind.

Es existieren somit genau 1 Klasse mit Wittindex 0, 6 Klassen mit Wittindex 1 und 1 Klasse mit Index 2.