Kurs:Invariantentheorie/6/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	2	9	5	3	3	3	9	6	2	5	3	4	65

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Gruppenoperation einer Gruppe ${}G$ auf einer Menge ${}M$.
2. Der Bahnenraum zu einer Gruppenoperation einer Gruppe ${}G$ auf einer Menge ${}M$.
3. Eine kurze exakte Sequenz von Moduln über einem kommutatuven Ring ${}R$.
4. Der durch Ringwechsel gewonnene Modul zu einem ${}R$- Modul ${}M$ und einem Ringhomomorphismus ${}R\rightarrow R'$.
5. Die unitäre Gruppe des ${}{\mathbb {C} }^{n}$.
6. Eine Quotientensingularität.

Lösung

1. Menge/Gruppenoperation/Links/Definition/Begriff/Inhalt
2. Gruppenoperation/Bahnenraum/Definition/Begriff/Inhalt
3. Modultheorie (kommutative Algebra)/Kurze exakte Sequenz/Definition/Begriff/Inhalt
4. Modul/Ringwechsel/Definition/Begriff/Inhalt
5. C^n/Skalarprodukt/Unitäre Gruppe/Definition/Begriff/Inhalt
6. Quotientensingularität/Endlich/Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Quotientenkörper eines Invariantenringes zu einer endlichen Gruppe.
2. Der Satz über Charaktere und faktorielle Invariantenringe.
3. Der Satz über die universelle Eigenschaft des Tensorprodukts für Moduln.

Lösung

1. Es sei ${}G$ eine endliche Gruppe, die auf einem Integritätsbereich als Gruppe von Ringautomorphismen operiere. Dann ist

   ${}Q{\left(R^{G}\right)}=(Q(R))^{G}\,.$

2. Es sei ${}R$ ein faktorieller Bereich und es sei ${}G$ eine endliche Gruppe, die auf ${}R$ als Gruppe von Ringautomorphismen operiere. Die Charaktergruppe zu ${}G$ mit Werten in der Einheitengruppe ${}R^{\times }$ sei trivial, d.h. es ist

   ${}\operatorname {Hom} \left(G,R^{\times }\right)=0\,.$

   Dann ist auch der Invariantenring

   faktoriell.
3. Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}V_{1},\ldots ,V_{n}$ seien ${}R$- Moduln.
   1. Die Abbildung

      $\pi \colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow V_{1}\otimes _{R}\cdots \otimes _{R}V_{n},\,{\left(v_{1},\ldots ,v_{n}\right)}\longmapsto v_{1}\otimes \cdots \otimes v_{n},$

      ist ${}R$- multilinear.

   2. Es sei ${}W$ ein weiterer ${}R$- Modul und

      $\psi \colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow W$

      eine multilineare Abbildung. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte ${}R$- lineare Abbildung

      ${\bar {\psi }}\colon V_{1}\otimes _{R}\cdots \otimes _{R}V_{n}\longrightarrow W$

      mit  ${}\psi ={\bar {\psi }}\circ \pi$. 

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass jede komplexe Einheitswurzel auf dem Einheitskreis liegt.

Lösung

Für eine komplexe Einheitswurzel ${}z\in {\mathbb {C} }$ gilt

${}z^{n}=1\,$

für ein gewisses ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Da der komplexe Betrag multiplikativ ist, gilt

${}\vert {z^{n}}\vert =\vert {z}\vert ^{n}=1\,.$

Daher ist ${}\vert {z}\vert$ eine positive reelle Zahl, deren ${}n$-te Potenz ${}1$ ist. Daher ist

${}\vert {z}\vert =1\,$

und diese Bedingung charakterisiert den Einheitskreis.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}R$ und ${}R'$ kommutative Ringe und seien

$\varphi _{1},\varphi _{2}\colon R\longrightarrow R'$

Ringhomomorphismen. Zeige, dass

${}S={\left\{r\in R\mid \varphi _{1}(r)=\varphi _{2}(r)\right\}}\,$

ein Unterring von ${}R$ ist.

Lösung

Wegen

${}\varphi _{1}(0)=0=\varphi _{2}(0)\,$

gehört auch die ${}1$ zu ${}S$. Wegen

${}\varphi _{1}(1)=1=\varphi _{2}(1)\,$

gehört die ${}0$ und die ${}1$ zu ${}S$. Es sei  ${}x\in S$.  Dann ist wegen

${}\varphi _{1}(-x)=-\varphi _{1}(x)=-\varphi _{2}(x)=\varphi _{2}(-x)\,$

auch  ${}-x\in S$.  Es seien  ${}x,y\in S$.  Dann ist

${}\varphi _{1}(x+y)=\varphi _{1}(x)+\varphi _{1}(y)=\varphi _{2}(x)+\varphi _{2}(y)=\varphi _{2}(x+y)\,$

und ebenso

${}\varphi _{1}(x\cdot y)=\varphi _{1}(x)\cdot \varphi _{1}(y)=\varphi _{2}(x)\cdot \varphi _{2}(y)=\varphi _{2}(x\cdot y)\,,$

also ist auch  ${}x+y,x\cdot y\in S$.  Also liegt ein Unterring vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Die multiplikative Gruppe ${}(\mathbb {Q} ^{\times },1,\cdot )$ operiere auf ${}\mathbb {R}$ durch Multiplikation. Zeige, dass unter den stetigen Funktionen von ${}\mathbb {R}$ nach ${}\mathbb {R}$ nur die konstanten Funktionen ${}\mathbb {Q} ^{\times }$- invariant sind

Lösung

Die konstanten Funktionen sind offenbar invariant. Eine invariante Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

ist insbesondere auf der durch  ${}\mathbb {Q} ^{\times }\cdot 1=\mathbb {Q} ^{\times }$  gegebenen Bahn konstant. Im stetigen Fall folgt daraus wegen der Dichtheit von ${}\mathbb {Q} ^{\times }$ in ${}\mathbb {R}$, dass überhaupt die Funktion konstant ist.

Aufgabe weiter

Wir betrachten die Operation der additiven Gruppe  ${}G={\left({\mathbb {C} },0,+\right)}$  auf ${}{\mathbb {C} }^{2}$ durch

${}z\bullet {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x+z\\y\end{pmatrix}}\,$

und die zugehörige Operation auf dem Polynomring ${}{\mathbb {C} }[X,Y]$.
a) Zeige, dass eine Operation vorliegt.
b) Zeige, dass die Operation nicht linear ist.
c) Bestimme die Bahnen der Operation. Skizziere die (reelle) Situation.
d) Welche Untergruppen treten als Isotropiegruppen auf?
e) Bestimme den Invariantenring ${}{\mathbb {C} }[X,Y]^{G}$.
f) Zeige, dass die Abbildung in den Bahnenraum nicht abgeschlossen ist (wobei der ${}{\mathbb {C} }^{2}$ in der natürlichen Topologie und der Bahnenraum mit der Quotiententopologie versehen ist).

Lösung

a) Für  ${}z=0$  liegt offenbar die Identität vor. Für  ${}z_{1},z_{2}\in {\mathbb {C} }$  ist

${}{\left(z_{1}+z_{2}\right)}\bullet {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x+z_{1}+z_{2}\\y\end{pmatrix}}=z_{1}\bullet {\begin{pmatrix}x+z_{2}\\y\end{pmatrix}}=z_{1}\bullet {\left(z_{2}\bullet {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right)}\,.$

b) Die Operation ist nicht linear, da bei einer linearen Operation der Nullpunkt auf sich selbst abgebildet wird, hier aber

${}1\bullet {\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,$

gilt.
c) Die Bahn zu jedem Punkt ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ ist ${}{\left\{{\begin{pmatrix}x+z\\y\end{pmatrix}}\mid z\in {\mathbb {C} }\right\}}$, also einfach die Menge ${}{\mathbb {C} }\times \{y\}$.
d) Sämtliche Isotropiegruppen sind trivial, da aus

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x+z\\y\end{pmatrix}}\,$

sofort  ${}z=0$  folgt.
e) Das Polynom ${}Y$ ist offenbar invariant. Wir behaupten, dass nur Polynome in ${}Y$ invariant sind, der Invariantenring ist also ${}{\mathbb {C} }[Y]$. Wir schreiben ein Polynom in der Form

${}Q=P_{d}(Y)X^{d}+\cdots +P_{1}(Y)X+P_{0}(Y)\,,$

wobei in den ${}P_{i}$ nur ${}Y$ vorkomme und  ${}P_{d}(Y)\neq 0$  und  ${}d\geq 1$  sei. Es sei  ${}y_{0}\in {\mathbb {C} }$  mit  ${}P_{d}(y_{0})\neq 0$.  Dann liegt ein Polynom

${}Q(X,y_{0})=P_{d}(y_{0})X^{d}+\cdots +P_{1}(y_{0})X+P_{0}(y_{0})\,$

in der einen Variablen ${}X$ vor. Wenn man darin ${}X$ durch ${}X+z$ ersetzt, so kann nur für endlich viele Polynome das gleiche Polynom rauskommen, und nicht für alle ${}z$. Solche Polynome sind also nicht invariant.
f) Die Quotientenabbildung kann man direkt durch die zweite Projektion

$p_{2}\colon {\mathbb {C} }^{2}\longrightarrow {\mathbb {C} },\,(x,y)\longmapsto y,$

beschreiben. Die Hyperbel ${}{\left\{(x,y)\mid xy=1\right\}}$ besitzt das Bild ${}{\mathbb {C} }\setminus \{0\}$. Die Hyperbel ist abgeschlossen als Urbild einer stetigen Abbildung. Das Bild ist aber nicht abgeschlossen, da sein Urbild gleich ${}{\mathbb {C} }\times {\left({\mathbb {C} }\setminus \{0\}\right)}$ ist, was nicht abgeschlossen ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Existenz des Reynolds-Operators (endliche Gruppe).

Lösung

Aufgrund der Voraussetzung an die Charakteristik ist ${}{\#\left(G\right)}$ eine Einheit in ${}K$ und damit in ${}R$, also ist die angegebene Abbildung wohldefiniert. Die Abbildung ist offenbar ein Gruppenhomomorphismus. Für  ${}g\in R^{G}$  und  ${}f\in R$  ist ferner

${}{\begin{aligned}\rho (gf)&={\frac {1}{\#\left(G\right)}}\sum _{\sigma \in G}(gf)\sigma \\&={\frac {1}{\#\left(G\right)}}\sum _{\sigma \in G}(g\sigma )(f\sigma )\\&={\frac {1}{\#\left(G\right)}}\sum _{\sigma \in G}g(f\sigma )\\&=g{\left({\frac {1}{\#\left(G\right)}}\sum _{\sigma \in G}f\sigma \right)}\\&=g\rho (f),\end{aligned}}$

daher liegt ein ${}R^{G}$- Modulhomomorphismus vor. Für  ${}g\in R^{G}$  ist

${}\rho (g)={\frac {1}{\#\left(G\right)}}\sum _{\sigma \in G}g\sigma ={\frac {1}{\#\left(G\right)}}\sum _{\sigma \in G}g={\frac {1}{\#\left(G\right)}}{\left({\#\left(G\right)}g\right)}=g\,,$

also ist

${}\rho \circ \iota =\operatorname {Id} _{R^{G}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei  ${}F\in K[X,Y]$  ein homogenes Polynom. Zeige: ${}F$ zerfällt in Linearfaktoren.

Lösung

Es sei

${}F=\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}Y^{n-i}\,.$

Die Dehomogenisierung ist das Polynom

${}{\tilde {F}}=\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}\,$

in einer Variablen und besitzt aufgrund der algebraischen Abgeschlossenheit eine Faktorzerlegung

${}{\tilde {F}}=\prod _{i=1}^{n}a_{n}{\left(X-c_{i}\right)}\,.$

Wenn man zurückhomogenisiert, erhält man die Faktorzerlegung

${}F=\prod _{i=1}^{n}a_{n}{\left(X-c_{i}Y\right)}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die natürliche Operation der symmetrischen Gruppe ${}S_{n}$ auf dem Polynomring ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ über einem Körper ${}K$. Bestimme eine Ganzheitsgleichung für die Variablen ${}X_{i}$ über dem Invariantenring.

Lösung

Ohen Einschränkung sei  ${}i=1$.  Wir multiplizieren das Produkt

${}P={\left(X_{1}-X_{1}\right)}{\left(X_{1}-X_{2}\right)}\cdots {\left(X_{1}-X_{n}\right)}\,$

aus und erhalten

${}{\begin{aligned}0&=P\\&=X_{1}^{n}-{\left(X_{1}+X_{2}+\cdots +X_{n}\right)}X_{1}^{n-1}+{\left(\sum _{i<j}X_{i}X_{j}\right)}X_{1}^{n-2}\pm \ldots \pm X_{1}X_{2}\cdots X_{n}\\&=X_{1}^{n}-E_{1}X_{1}^{n-1}+E_{2}X_{1}^{n-2}\pm \ldots \pm E_{n}\end{aligned}}$

mit den elementar-symmetrischen Polynomen ${}E_{j}$. Dies ist direkt eine Ganzheitsgleichung für ${}X_{1}$ über den Ring der symmetrischen Polynome.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein normaler Integritätsbereich und ${}f\in R$, ${}f\neq 0$. Zeige, dass die Nenneraufnahme ${}R_{f}$ ebenfalls normal ist.

Lösung

Es sei ${}q\in Q(R)=Q(R_{f})$ ein Element im Quotientenkörper und angenommen, dass es eine Ganzheitsgleichung über ${}R_{f}$ erfüllt. Es gibt also eine Gleichung der Form

${}q^{n}+g_{n-1}q^{n-1}+\cdots +g_{1}q+g_{0}=0\,$

mit ${}g_{i}\in R_{f}$. D.h. die ${}g_{i}$ lassen sich schreiben als Brüche, deren Nenner Potenzen von ${}f$ sind. Man kann dann annehmen, dass alle Brüche mit einer festen Potenz ${}f^{k}$ als Nenner geschrieben sind, und da man zu einer größeren Potenz übergehen kann, darf man auch annehmen, dass ${}k$ ein Vielfaches von ${}n$ ist. Wir multiplizieren die Gleichung mit ${}f^{kn}$ und erhalten

${}(f^{k}q)^{n}+g_{n-1}f^{k}(f^{k}q)^{n-1}+\cdots +g_{1}f^{k(n-1)}(f^{k}q)+f^{kn}g_{0}=0\,.$

Dabei sind alle Koeffizienten aus ${}R$ und daher liegt eine Ganzheitsgleichung für ${}f^{k}q$ vor. Wegen der Normalität von ${}R$ bedeutet dies ${}f^{k}q\in R$, also ${}q=b/f^{k}\in R_{f}$.

Aufgabe (9 Punkte)

Beweise die Formel von Molien.

Lösung

Der lineare Automorphismus ${}\sigma$ ist nach Fakt ***** diagonalisierbar, da er endliche Ordnung hat. In einer geeigneten Basis besitzt die duale Abbildung ${}{\sigma }^{*}$ die Gestalt

$X_{i}\longmapsto \xi _{i}X_{i}.$

Auf der ${}d$-ten Stufe induziert dies den linearen Automorphismus

$\sigma ^{(d)}\colon K[V]_{d}\longrightarrow K[V]_{d}$

mit ${}X^{\nu }\longmapsto \xi ^{\nu }X^{\nu }$. Die Eigenvektoren von ${}\sigma ^{(d)}$ sind die ${}{\binom {n+d-1}{d}}$ verschiedenen Monome

$X_{1}^{\nu _{1}}\cdots X_{n}^{\nu _{n}}$

(es sei ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$) mit  ${}\nu _{1}+\cdots +\nu _{n}=d$  mit den Eigenwerten ${}\xi _{1}^{\nu _{1}}\cdots \xi _{n}^{\nu _{n}}$. Die Spur von ${}\sigma ^{(d)}$ ist daher

${}\operatorname {Spur} {\left(\sigma ^{(d)}\right)}=\sum _{\vert {\nu }\vert =d}\xi ^{\nu }\,.$

Nach Fakt ***** ergibt sich

${}\dim _{K}{\left(K[V]_{d}^{G}\right)}={\frac {1}{\operatorname {ord} {\left(G\right)}}}\sum _{\sigma \in G}\operatorname {Spur} {\left(\sigma ^{(d)}\right)}\,$

mit

${}\operatorname {Spur} {\left(\sigma ^{(d)}\right)}=\sum _{\nu _{1}+\cdots +\nu _{n}=d}\xi _{1}^{\nu _{1}}\cdots \xi _{n}^{\nu _{n}}\,.$

Damit ist unter Verwendung der geometrischen Reihe

${}{\begin{aligned}\Phi _{G}(z)&=\sum _{d=0}^{\infty }{\left({\frac {1}{\operatorname {ord} {\left(G\right)}}}\sum _{\sigma \in G}\operatorname {Spur} {\left(\sigma ^{(d)}\right)}\right)}z^{d}\\&={\frac {1}{\operatorname {ord} {\left(G\right)}}}\sum _{d=0}^{\infty }{\left(\sum _{\sigma \in G}\sum _{\nu _{1}+\cdots +\nu _{n}=d}\xi _{\sigma ,1}^{\nu _{1}}\cdots \xi _{\sigma ,n}^{\nu _{n}}\right)}z^{d}\\&={\frac {1}{\operatorname {ord} {\left(G\right)}}}\sum _{\sigma \in G}\sum _{(\nu _{1},\ldots ,\nu _{n})\in \mathbb {N} ^{n}}\xi _{\sigma ,1}^{\nu _{1}}\cdots \xi _{\sigma ,n}^{\nu _{n}}z^{\nu _{1}+\cdots +\nu _{n}}\\&={\frac {1}{\operatorname {ord} {\left(G\right)}}}\sum _{\sigma \in G}{\left(\sum _{\nu _{1}=0}^{\infty }\xi _{\sigma ,1}^{\nu _{1}}z^{\nu _{1}}\right)}\cdots {\left(\sum _{\nu _{n}=0}^{\infty }\xi _{\sigma ,n}^{\nu _{n}}z^{\nu _{n}}\right)}\\&={\frac {1}{\operatorname {ord} {\left(G\right)}}}\sum _{\sigma \in G}{\frac {1}{{\left(1-z\xi _{\sigma ,1}\right)}\cdots {\left(1-\xi _{\sigma ,n}\right)}}}\\&={\frac {1}{\operatorname {ord} {\left(G\right)}}}\sum _{\sigma \in G}{\frac {1}{\det {\left(\operatorname {Id} -z\sigma \right)}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine nichttriviale zyklische Reflektionsgruppe derart, dass die Erzeuger der Gruppe keine Pseudoreflektionen sind.

Lösung

Es seien  ${}m,n\geq 2$  teilerfremde Zahlen (beispielsweise ${}2,3$) und sei ${}\zeta$ eine primitive ${}m$-te Einheitswurzel und ${}\xi$ eine primitive ${}n$-te Einheitswurzel. Wir betrachten die von der Matrix

${}M={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\zeta &0\\0&0&\xi \end{pmatrix}}\,$

erzeugte Untergruppe. Diese ist eine zyklische Gruppe der Ordnung ${}mn$. Diese Matrix ist keine Pseudoreflektion, da sie insgesamt drei Eigenwerte besitzt. Die anderen Erzeuger der Gruppe sind von der Form ${}M^{k}$ mit ${}k$ teilerfremd zu ${}n$. Dann ist ${}k$ teilerfremd zu ${}m$ und zu ${}n$ und daher sind ${}\zeta ^{k}$ und ${}\xi ^{k}$ ebenfalls primitiv. Insbesondere besitzt ${}M^{k}$ wieder drei verschiedene Eigenwerte und ist keine Pseudoreflektion.

Es ist

${}M^{m}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\zeta ^{m}&0\\0&0&\xi ^{m}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&\xi ^{m}\end{pmatrix}}\,$

${}M^{n}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\zeta ^{n}&0\\0&0&\xi ^{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\zeta ^{n}&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\,,$

dies sind also Pseudoreflektionen. Nach dem Lemma von Bezout gibt es ganze Zahlen ${}r,s$ mit

${}rm+sn=1\,.$

Daher ist

${}M=M^{rm+sn}={\left(M^{m}\right)}^{r}\cdot {\left(M^{n}\right)}^{s}\,$

und somit wird die Gruppe von den Pseudoreflektionen ${}M^{m}$ und ${}M^{n}$ erzeugt, ist also eine Reflektionsgruppe.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass der Ring ${}K[X,Y,Z]/{\left(X^{2}+Y^{3}+YZ^{3}\right)}$ über einem Körper ${}K$ der Charakteristik ${}\neq 2,3$ genau in  ${}P=(0,0,0)$  singulär ist.

Lösung

Die partiellen Ableitungen sind

$\left(2X,\,3Y^{2}+Z^{3},\,3YZ^{2}\right).$

Im Nullpunkt ${}(0,0,0)$ sind alle partiellen Ableitungen gleich ${}0$ und daher liegt eine Singularität vor. Wenn umgekehrt alle partiellen Ableitungen in einem Punkt ${}(x,y,z)$ gleich ${}0$ sind, so ist (aufgrund der Voraussetzung an die Charakteristik) zunächst  ${}x=0$  und  ${}yz^{2}=0$.  Also ist  ${}y=0$  oder  ${}z=0$.  Daraus folgt mit der mittleren partiellen Ableitung, dass auch die andere Variable gleich ${}0$ ist. Singulär liegt also nur im Nullpunkt vor.

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

Es sei  ${}n\in \mathbb {N} _{\geq 2}$  fixiert. Wir betrachten

${}V={\left\{(x,y,z)\in {\mathbb {C} }^{3}\mid xy=z^{n}\right\}}\,$

und die offene Menge

${}U=V\setminus \{0,0,0\}\,.$

a) Es sei  ${}d\in \mathbb {Z}$.  Zeige, dass

$\varphi \colon {\mathbb {C} }\setminus \{(0)\}\longrightarrow V,\,t\longmapsto \left(t^{d},\,t^{-d},\,1\right),$

eine algebraische (rationale) Abbildung ist, die auf ${}U$ abbildet.

b) Zeige, dass die Einschränkung von ${}\varphi$ auf  ${}S^{1}\subseteq {\mathbb {C} }$  ein geschlossener stetiger Weg in ${}U$ mit Aufpunkt ${}(1,1,1)$ ist. Beschreibe explizit die Verknüpfung dieser Abbildung mit der trigonometrischen Parametrisierung des Einheitskreises.

c) Es sei

$q\colon {\mathbb {C} }^{2}\longrightarrow V,\,(u,v)\longmapsto \left(u^{n},\,v^{n},\,uv\right).$

Zeige, dass es eine rationale Abbildung

${\tilde {\varphi }}\colon {\mathbb {C} }\setminus \{(0)\}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{2}$

mit

${}\varphi =q\circ {\tilde {\varphi }}\,$

genau dann gibt, wenn ${}d$ ein Vielfaches von ${}n$ ist.

Lösung

a) Es ist

${}t^{d}t^{-d}=1\,,$

daher erfüllen die Bildpunkte der Abbildung die Gleichung

${}xy=z^{n}\,$

und liegen somit auf ${}V$. Das Bild landet in ${}U$, da der Nullpunkt allein schon wegen der dritten Komponenten ausgeschlossen ist.

b) Mit der Parametisierung des komplexen Einheitskreises

$\mathbb {R} \longrightarrow S^{1}\subseteq {\mathbb {C} }^{\times },\,s\longmapsto e^{2\pi {\mathrm {i} }s},$

ist die verknüpfte Abbildung gleich

$\mathbb {R} \longrightarrow U,\,s\longmapsto \left(e^{2\pi {\mathrm {i} }ds},\,e^{-2\pi {\mathrm {i} }ds},\,1\right).$

Auf ${}[0,1]$ wird der Kreis durchlaufen, deshalb ist dies ein geschlossener Weg mit Aufpunkt  ${}\varphi (t)=(1,1,1)$. 

c) Bei  ${}d=kn$  kann man direkt

${}{\tilde {\varphi }}(t):={\left(t^{k},t^{-k}\right)}\,$

ansetzen, dies erfüllt wegen

${}{\begin{aligned}q{\left({\tilde {\varphi }}(t)\right)}&=q{\left(t^{k},t^{-k}\right)}\\&=\left({\left(t^{k}\right)}^{n},\,{\left(t^{-k}\right)}^{n},\,t^{k}\cdot t^{-k}\right)\\&=\left(t^{kn},\,t^{-kn},\,1\right)\\&=\left(t^{d},\,t^{-d},\,1\right)\end{aligned}}$

die Bedingung. Angenommen, es gibt eine rationale Liftung, also insbesondere eine rationale Funktion

${}{\tilde {\varphi }}_{1}(t)={\frac {P(t)}{Q(t)}}\,$

mit

${}t^{d}={\left({\tilde {\varphi }}_{1}(t)\right)}^{n}\,.$

Aus der Faktorialität und der Normalität von ${}{\mathbb {C} }[t]$ folgt, dass ${}t^{d}$ schon in ${}{\mathbb {C} }[t]$ eine ${}n$-te Wurzel besitzt. Doch dann muss ${}d$ ein Vielfaches von ${}n$ sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum der Dimension ${}n$. Zeige, dass es einen injektiven Gruppenhomomorphismus

$(V,0,+)\longrightarrow (\operatorname {GL} _{n+1}\!{\left(K\right)},E_{n+1},\circ )$

gibt.

Lösung

Der Vektorraum ist isomorph zu ${}K^{n}$, wir können also direkt mit ${}K^{n}$ starten. Wir betrachten die Abbildung

$K^{n}\longrightarrow \operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)},\,\left(a_{1},\,\ldots ,\,a_{n}\right)\longmapsto {\begin{pmatrix}1&a_{1}&a_{2}&\ldots &a_{n}\\0&1&0&\ldots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&0\\0&\ldots &\ldots &0&1\end{pmatrix}},$

die offenbar injektiv ist. Dabei gilt

${}{\begin{pmatrix}1&a_{1}&a_{2}&\ldots &a_{n}\\0&1&0&\ldots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&0\\0&\ldots &\ldots &0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&b_{1}&b_{2}&\ldots &b_{n}\\0&1&0&\ldots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&0\\0&\ldots &\ldots &0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&a_{1}+b_{1}&a_{2}+b_{2}&\ldots &a_{n}+b_{n}\\0&1&0&\ldots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&0\\0&\ldots &\ldots &0&1\end{pmatrix}}\,,$

es liegt also in der Tat ein Gruppenhomomorphismus vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über irreduzible Darstellungen einer kommutativen Gruppe.

Lösung

Es sei

$\rho \colon G\longrightarrow \operatorname {GL} _{}{\left(V\right)}$

eine irreduzible Darstellung. Wegen der Kommutativität von ${}G$ gilt für die zu  ${}\sigma ,\tau \in G$  gehörenden linearen Abbildungen

${}\sigma \circ \tau =\tau \circ \sigma \,.$

Aus Fakt *****, angewandt für festes ${}\tau$ und alle ${}\sigma$, folgt, dass ${}\tau$ eine Streckung ist. Dann sind aber überhaupt sämtliche Automorphismen der Darstellung Streckungen. Unter einer Streckung ist aber jeder Untervektorraum invariant, sodass in diesem Fall jeder Untervektorraum ${}G$- invariant ist. Dann muss aber wegen der Irreduzibilität ${}V$ eindimensional sein.