G. Nebe, M. Kirschmer

Gitter und Codes, WS 08/09

Lösung 14

Aufgabe 1.

Sei (E, q) ≅ [1, 1, 1, 1] ein quadratischer ℚ_{2}-Vektorraum. Angenommen E ist nicht anisotrop. Dann existieren x_{1}, …, x_{4} ∈ ℚ_{2} mit ∑_{i=1}^{n} x_{i} = 0. Ohne Einschränkung ist min{v_{2}(x_{i}) | 1 ≤ i ≤ 4} = 0. Betrachten wir nun diese Gleichung modulo 8ℤ_{2}. Für a ∈ 2ℤ ist a^{2} ≡_{4} 0 und für a ∈ 1 + 2ℤ ist a^{2} ≡_{8} 1. Also ist ∑_{i=1}^{4} x_{i}^{2} ∈ 8ℤ_{2} nur möglich, falls alle x_{i} in 2ℤ_{2} liegen. Das widerspricht aber der Wahl der x_{i}.

Zeigen wir nun, daß (E, q) universell ist. Dazu müssen wir q(E) = ℚ_{2} zeigen. Sicher ist q(0) = 0. Ferner ist q(λe) = λ^{2}q(e) für alle e ∈ E und λ ∈ ℚ_{2}^{∗}. Also genügt es zu zeigen, daß q(E) ein Vertretersystem von ℚ_{2}^{∗}/(ℚ_{2}^{∗})^{2} enthält. Ein solches ist bekanntlich durch {1, 3, 5, 7, 2, 6, 10, 14} gegeben. Daß diese Vertreter als Bilder von E unter q vorkommen prüft man leicht nach.

Aufgabe 2.

Ist v ∈ L und λ ∈ ℤ_{p}, so ist auch λv ∈ L. Zeigen wir nun, daß v, w ∈ L auch v + w ∈ L impliziert. Seien dazu v, w ∈ L − {0}.

Angenommen v, w sind linear abhängig über ℚ_{p}. Ohne Einschränkung ist q(v) ≤ q(w) und w = λv mit λ ∈ ℚ_{p}. Wegen λ^{2} = q(w)/q(v) ∈ ℤ_{p} ist λ ∈ ℤ_{p} und damit q(v + w) = (1 + λ)^{2}q(v) ∈ ℤ_{p} also v + w ∈ L.

Seien nun v und w linear unabhängig über ℚ_{p}. Wegen q(v + w) = q(v) + q(w) + b_{q}(v, w) genügt es zu zeigen, daß b_{q}(v, w) ∈ ℤ_{p}. Angenommen i := v_{p}(b_{q}(v, w)) < 0. Wir setzen

f(X) := p^{−i} · q(v + Xw) = p^{−i} · (X^{2}q(w) + Xb_{q}(v, w) + q(v)) ∈ ℤ_{p}[X] .

Sei a_{0} := \frac{−q(v)}{b_{q}(v,w)} ∈ ℤ_{p}. Dann ist v_{p}(f(a)) = v_{p}(p^{−i} · a_{0}^{2} · q(v)) ≥ −i + 2v_{p}(a_{0}) > 0. Weiter ist f′(X) = p^{−i}(2Xq(w) + b_{q}(v, w)) und somit v_{p}(f′(a_{0})) = −i + v_{p}(2a_{0} + b_{q}(v, w)) = −i + i = 0, da 2a_{0} ∈ ℤ_{p} und b_{q}(v, q) ∉ ℤ_{p}. Insbesondere liftet die Nullstelle a_{0} zu einer Nullstelle a ∈ ℤ_{p}. Da v und w linear unabhängig sind, ist v + aw ≠ 0 aber q(v + aw) = 0 ein Widerspruch zu (E, q) anisotrop.

Bis jetzt haben wir gezeigt, daß L ein ℤ_{p}-Modul in E ist. Bleibt zu zeigen, daß L endlich erzeugt ist und eine ℚ_{p}-Basis von E enthält. Sei dazu (b_{1}, …, b_{n}) eine Basis von E. Dann ist v_{p}(q(b_{i})) = 2k_{i} + r_{i} mit k_{i} ∈ ℤ und r_{i} ∈ {0, 1}. Wir setzen b′_{i} = p^{−k_{i}}b_{i}. Dann ist v_{p}(q(b′_{i})) ∈ {0, 1} und M := ⟨b′_{1}, …, b′_{n}⟩ ist ein ℤ_{p}-Gitter mit M ⊆ L. Sei v ∈ L beliebig. Dann sind q(b_{i}) und q(v) in ℤ_{p}. Nach dem bereits gezeigten ist dann auch b_{q}(v, b_{i}) ∈ ℤ_{p} und daher L ⊆ M^{#} = {x ∈ E | b_{q}(x, y) ∈ ℤ_{p} für alle y ∈ L}. Da b_{q} regulär ist, ist M^{#} ein ℤ_{p}-Gitter, also endlich erzeugt. Somit gilt dies auch für L.

Daß L das maximal ganze Gitter ist, ist klar.

Aufgabe 3.

Wir beginnen mit einer kleinen Bemerkung.

Bemerkung: Sei L ein ganzes Gitter in einem Euklidischen Vektorraum (V, b) vom Rang 2.

(a) L besitzt eine Grammatrix ( \begin{matrix}a & b \\ b & c \end{matrix} ) mit a, b, c ∈ ℤ und

0 < a ≤ 2\sqrt{det(L)/3}  a ≤ c  0 ≤ b ≤ a/2

(b) Ist G = ( \begin{matrix}a & b \\ b & c \end{matrix} ) eine Grammatrix von L mit dem obigen Eigenschaften, so ist a = min(L).

Beweis:

(a) Sei a = min(L) und v ∈ L mit b(v, v) = a. Dann ist 0 < a ≤ 2 · \sqrt{det(L)/3} nach Lemma 11.5. Sei nun (b_{1}, b_{2}) irgendeine Basis von L. Dann ist v = x_{1}b_{1} + x_{2}b_{2} mit x_{i} ∈ ℤ. Wäre g := gcd(x_{1}, x_{2}) ∉ ℤ^{∗}, so wäre g^{−1} · v ∈ L kürzer als v, was der Wahl von a widerspricht. Also ist g ∈ ℤ^{∗} und somit existiert nach dem Elementarteilersatz eine Basis (v, w) von L.

Für jedes k ∈ ℤ ist dann auch (v, w + kv) eine Basis von L. Insbesondere findet man ein k mit b := b(v, w + vk) = b(v, w) + ka im Intervall [−a/2, a/2]. Nach eventuellem Multiplizieren dieses Vektors mit −1 ist b ≥ 0 und wir haben eine Grammatrix mit den gewünschten Eigenschaften konstruiert.

(b) Sei B := (e_{1}, e_{2}) eine Basis von L mit G(B) = G. Für x := x_{1}e_{1} + x_{2}e_{2} ∈ L − {0} ist

b(x, x) = x_{1}^{2}a + x_{2}^{2}c + 2x_{1}x_{2}b ≥ (x_{1}^{2} + x_{2}^{2})a − 2|x_{1}x_{2}|b ≥ a · (x_{1}^{2} − |x_{1}x_{2}| + x_{2}^{2})
= a · ((|x_{1}| − |x_{2}|)^{2} + |x_{1}x_{2}|)
≥ a da x ≠ 0 .

Jetzt zur Aufgabe:

(a) Jedes Gitter mit Determinante 15 besitzt eine Grammatrix G = ( \begin{matrix}a & b \\ b & c \end{matrix} ) wie oben mit 1 ≤ a ≤ 4.

Mit der obigen Bemerkung findet man durch Ausprobieren aller Möglichkeiten die folgenden 4 Grammatrizen:

G_{1} = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 15 \end{matrix} )  G_{2} = ( \begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 8 \end{matrix} )  G_{3} = ( \begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 5 \end{matrix} )  G_{4} = ( \begin{matrix}4 & 1 \\ 1 & 4 \end{matrix} )

Die zugehörigen Gitter L_{1}, L_{2}, L_{3} und L_{4} sind nicht isometrisch, da sie nach der obigen Bemerkung verschiedene Minima haben.

Wir behaupten, daß all diese Gitter in verschiedenen Geschlechtern liegen. Da L_{1} und L_{3} ungerade sind, die anderen aber gerade, können höchstens L_{1} und L_{3} bzw. L_{2} und L_{4} im selben Geschlecht liegen.

Betrachten wir L_{1} und L_{3} tensoriert mit ℤ_{3}. Die zugehörigen Jordanzerlegungen sind Diag(1, 15) und Diag(5, 3). Da 5 kein Quadrat in ℤ_{3}^{∗} ist, können die Gitter über ℤ_{3} nicht isometrisch sein (Jordanzerlegungen sind eindeutig bis auf Isometrie).

Betrachten wir nun L_{2} und L_{4} tensoriert mit ℤ_{3}. Die zugehörigen Jordanzerlegungen liefern die Grammatrizen Diag(2, d_{2}) und Diag(4, d_{2}) mit d_{i} ∈ 3ℤ_{3}. Da 2 kein Quadrat in ℤ_{3}^{∗} ist, sind die Gitter über ℤ_{3} nicht isometrisch.

(b) Jedes Gitter mit Determinante 11 besitzt eine Grammatrix G = ( \begin{matrix}a & b \\ b & c \end{matrix} ) wie oben mit 1 ≤ a ≤ 3.

G_{1} = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 11 \end{matrix} )  G_{2} = ( \begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 6 \end{matrix} )  G_{3} = ( \begin{matrix}3 & 1 \\ 1 & 4 \end{matrix} )

Die zugehörigen Gitter L_{1}, L_{2} und L_{3} sind wieder nicht isometrisch, da sie verschiedene Minima haben. Weiter ist L_{2} gerade und somit nicht im Geschlecht der ungeraden Gitter L_{1} und L_{3}.

Wir behaupten, daß L_{1} und L_{3} im selben Geschlecht sind. Sei p eine ungerade Primzahl. Das Gitter L_{3} ⊗ ℤ_{p} besitzt einen Vektor der Länge 4 und somit einen der Länge 1. Dieser spaltet orthogonal ab. Über ℤ_{2} existiert auch so eine Zerlegung: Sei B = (e, f) eine Basis von L_{3} mit Grammatrix G(B) = G_{3}. Dann ist b(e + f, e + f) = 9. Also besitzt L_{2} ⊗ ℤ_{2} der Länge 1 und dieser spaltet orthogonal ab.

Für jede Primzahl p hat L_{3} ⊗ ℤ_{p} daher eine Grammatrix Diag(1, d) mit d ∈ ℤ_{p} und d ≡ 11 mod (ℤ_{p}^{∗})^{2}. Also sind L_{1} ⊗ ℤ_{p} und L_{3} ⊗ ℤ_{p} isometrisch.