Kurs:Invariantentheorie (Bochum 2003)/Vorlesung 4

Proposition

Es sei $G$ eine Gruppe, die auf einem Integritätsbereich $R$ als Gruppe von Ringautomorphismen operiere. Dann gelten folgende Eigenschaften.

1. Der Invariantenring $R^G$ ist ein Integritätsbereich.
2. Die Operation induziert eine Operation von $G$ auf dem Quotientenkörper $Q(R)$ als Gruppe von Körperautomorphismen.
3. Es ist  $Q\left(R^G\right)\subseteq (Q(R){)}^G$. 
4. Es ist

   $R\cap (Q(R){)}^G=R^G.$

Beweis

(1) ist wegen  $R^G\subseteq R$  klar.
(2). Es sei  $K=Q(R)$  der Quotientenkörper von $R$. Zu jedem  $\sigma \in G$  setzt sich der Ringautomorphismus $f\mapsto f\sigma$ aufgrund der universellen Eigenschaft der Nenneraufnahme zu einem Körperautomorphismus $\frac{f}{g}\mapsto \frac{f\sigma }{g\sigma }$ fort.
(3). Ein Element aus dem Quotientenkörper $Q\left(R^G\right)$ hat die Form $\frac{f}{g}$ mit invarianten Elementen  $f,g\in R^G$.  Es ist also insbesondere invariant unter der induzierten Operation auf $K$. Daher gilt  $Q\left(R^G\right)\subseteq (Q(R){)}^G$. 
(4). Die Inklusion  $R^G\subseteq R\cap Q(R{)}^G$  ist direkt klar. Die andere Inklusion ergibt sich, da die Operation von $G$ auf $Q(R)$ eingeschränkt auf $R$ die ursprüngliche Operation ist. Wenn also  $f\in R$  ist und aufgefasst in $Q(R)$ invariant ist, so ist es überhaupt invariant.

$◻$

Bei einer endlichen Gruppe gilt in Fakt *****  (3) sogar Gleichheit, wie die folgende Aussage zeigt.

Lemma

Es sei $G$ eine endliche Gruppe, die auf einem Integritätsbereich als Gruppe von Ringautomorphismen operiere.

Dann ist

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

Beweis

Die Inklusion  $Q\left(R^G\right)\subseteq (Q(R){)}^G$  gilt nach Fakt *****  (3) für jede Gruppe. Zum Beweis der Umkehrung seien $f,g\in R$, $g\ne 0$, mit  $\frac{f}{g}\in (Q(R){)}^G$  gegeben. Wir betrachten

$h=\prod _{\sigma \in G,\sigma \ne e_G}g\sigma .$

Dann gelten in $Q(R)$ die Identitäten

$\begin{array}{cc}\frac{f}{g}& =\frac{hf}{hg}\\ & =\frac{hf}{\left(\prod _{\sigma \in G,\sigma \ne e_G}g\sigma \right)g}\\ & =\frac{hf}{\prod _{\sigma \in G}g\sigma }.\end{array}$

Nach Voraussetzung ist der Bruch und in dieser Darstellung offenbar auch der Nenner (siehe Aufgabe *****) invariant. Also muss auch der Zähler invariant sein und somit ist  $\frac{f}{g}\in \left(R^G\right)$. 

$◻$

Beispiel

Es sei $K$ ein unendlicher Körper. Wir betrachten auf  $R=K[X,Y]$  die Operation von $K^{\times }$ durch skalare Multiplikation. Zu  $\lambda \in K^{\times }$  gehört also der durch $X\mapsto \lambda X,Y\mapsto \lambda Y$ gegebene $K$-Algebrahomomorphismus. Der Invariantenring dazu ist $K$, also ein Körper. Der Quotientenkörper von $K[X,Y]$ ist der Funktionenkörper $K(X,Y)$ in zwei Variablen. Sein Invariantenring unter der Operation ist $K\left(\frac{X}{Y}\right)$, also der Funktionenkörper in einer Variablen. In dieser Situation gilt also

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

Für einen Invariantenring $R^G\subseteq R$ nennt man einen $R^G$-Modul-Homomorphismus

$\rho :R⟶R^G$

mit $\rho \circ \iota ={\mathrm{Id}}_{R^G}$ einen Reynolds-Operator. Ein Reynolds-Operator muss im Allgemeinen nicht existieren, er existiert aber unter der folgenden Bedingung.

Lemma

Es sei $G$ eine endliche Gruppe, die auf einer kommutativen $K$-Algebra $R$ als Gruppe von $K$-Algebraautomorphismen operiere. Die Gruppenordnung sei kein Vielfaches der Charakteristik von $K$.

Dann ist die Abbildung

$\rho :R⟶R^G,f⟼\frac{1}{\mathrm{\#}\left(G\right)}\sum _{\sigma \in G}f\sigma ,$

ein Reynolds-Operator.

Insbesondere ist  $R^G\subseteq R$  ein direkter Summand.

Beweis

Aufgrund der Voraussetzung an die Charakteristik ist $\mathrm{\#}\left(G\right)$ 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

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

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

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

also ist

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

$◻$

Die Bedingung, dass die Gruppenordnung zur Charakteristik teilerfremd ist, ist für viele Resultate der Invariantentheorie eine wesentliche Voraussetzung. Der andere Fall, dass die Gruppenordnung ein Vielfaches der Charakteristik ist, bildet ein eigenes Kapitel der Invariantentheorie, und besitzt sogar einen eigenen Namen. Man spricht von modularer Invariantentheorie.

Lemma

Es sei $R$ ein kommutativer Ring, auf dem eine endliche Gruppe $G$ durch Ringautomorphismen operiere.

Dann ist  $R^G\subseteq R$  eine ganze Erweiterung.

Beweis

Zu  $f\in R$  betrachten wir das Produkt

$P=\prod _{\sigma \in G}(X-f\sigma )\in R[X].$

Die Koeffizienten dieses Polynoms gehören zum Invariantenring $R^G$. Ferner ist $P$ normiert und es ist  $P(f)=0$  (da ja $X-f{e}_G=X-f$ ein Linearfaktor ist). Somit liefert $P$ eine Ganzheitsgleichung für $f$ über $R^G$ und daher ist  $R^G\subseteq R$  ganz.

$◻$

Satz

Es sei $K$ ein Körper, $R$ eine endlich erzeugte kommutative $K$-Algebra, auf der eine endliche Gruppe $G$ durch $K$-Algebraautomorphismen operiere.

Dann ist der Invariantenring $R^G$ eine endlich erzeugte $K$-Algebra.

Beweis

Es sei

$R=K[f_1,\dots ,f_n].$

Nach Fakt ***** ist  $R^G\subseteq R$  eine ganze Erweiterung. Zu jedem $f_i$ gibt es daher eine Ganzheitsgleichung

$f_i^{n_i}+a_{i,n_i-1}{f}_i^{n_i-1}+\cdots +a_{i,1}{f}_i+a_{i,0}=0$

mit  $a_{i,j}\in R^G$.  Wir betrachten die von den Koeffizienten $a_{i,j}$ erzeugte $K$-Unteralgebra von $R^G$, also

$S:=K[a_{i,j},1\le i\le n,0\le j<n_i]\subseteq R^G.$

Dabei ist $S$ endlich erzeugt, und sämtliche Ganzheitsgleichungen sind über $S$ formulierbar, d.h. nach Fakt *****, dass $R$ auch über $S$ ganz ist. Da $R$ über $K$ endlich erzeugt ist, ist $R$ insbesondere über $S$ endlich erzeugt, sodass  $S\subseteq R$  nach Fakt ***** sogar endlich ist. Da $S$ noethersch ist, muss nach Fakt ***** auch die $S$-Unteralgebra  $R^G\subseteq R$  ein endlicher $S$-Modul sein. Damit ist insgesamt $R^G$ eine endlich erzeugte $K$-Algebra.

$◻$

Bemerkung  

Das 14. Hilbertsche Problem ist die Frage, ob für jede Gruppenoperation auf einer endlich erzeugten $K$-Algebra auch der Invariantenring $R^G$ endlich erzeugt ist. Es wurde von Hilbert 1900 auf dem internationalen Mathematikerkongress in Paris als eines seiner 23 mathematischen Probleme vorgestellt und in den späten Fünfzigern durch ein Gegenbeispiel von Masayoshi Nagata negativ beantwortet.

Satz

Es sei $R$ ein normaler Integritätsbereich und $G$ eine Gruppe, die auf $R$ als Gruppe von Ringautomorphismen operiere.

Dann ist auch der Invariantenring normal.

Beweis

Es sei  $q\in Q\left(R^G\right)\subseteq Q(R)$  und $q$ erfülle eine Ganzheitsgleichung über $R^G$. Wegen  $R^G\subseteq R$  ist $q$ auch ganz über $R$ und wegen der Normalität von $R$ muss  $q\in R$  gelten. Wegen

$R\cap Q\left(R^G\right)=R^G$

gemäß Fakt ***** ist somit  $q\in R^G$,  also ist $R^G$ normal.

$◻$

Satz

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

$\mathrm{Hom}(G,R^{\times })=0.$

Dann ist auch der Invariantenring faktoriell.

Beweis

Wir zeigen, dass $F\in R^G$, $F\ne 0$, eine im Wesentlichen eindeutige Zerlegung in irreduzible Faktoren besitzt. Es sei

$F=F_1^{r_1}\cdots F_n^{r_n}$

die Zerlegung in $R$ in irreduzible Faktoren, wobei die $F_i$ paarweise nicht (in $R$) assoziiert seien. Für jedes  $\sigma \in G$  ist dann auch

$F=F\sigma ={\left(F_1\sigma \right)}^{r_1}\cdots {\left(F_n\sigma \right)}^{r_n}.$

Wegen der Faktorialität von $R$ muss diese Zerlegung mit der ursprünglichen Faktorzerlegung übereinstimmen, d.h. zu jedem $i$ gibt es ein $j$ und eine Einheit  $a_{ij}\in R^{\times }$  mit

$F_i\sigma =a_{ij}{F}_j.$

Es sei

$\{1,\dots ,n\}=\underset{j\in J}{⨄}{I}_j$

die disjunkte Zerlegung der Indexmenge, bei der zwei Indizes $i,j$ in der gleichen Teilmenge landen, wenn es ein  $\sigma \in G$  derart gibt, dass $F_i\sigma$ und $F_j$ assoziiert sind. Wir setzen

$H_j:=\prod _{i\in I_j}{F}_i.$

Insbesondere ist dann

$F=\prod _{j\in J}{H}_j^{r_j}.$

Es ist

$H_j\sigma =\left(\prod _{i\in I_j}{F}_i\right)\sigma =\prod _{i\in I_j}\left(F_i\sigma \right)=a_j(\sigma )\prod _{i\in I_j}{F}_i=a_j(\sigma )H_j$

mit einer (von $\sigma$ abhängigen) Einheit

$a_j(\sigma )=\frac{H_j\sigma }{H_j}.$

An dieser letzten Darstellung sieht man, dass die Zuordnung $G⟶R^{\times }$, $\sigma ⟼a_j(\sigma )$, ein Charakter ist. Nach Voraussetzung ist dieser also trivial, und damit sind die $H_j$ invariant. Somit ist

$F=\prod _{j\in J}{H}_j$

eine Faktorzerlegung in $R^G$. Die $H_j$ sind dabei irreduzibel in $R^G$, da eine Faktorzerlegung

 $H_j=AB$  sofort zu einer Zerlegung von  $H_j=\prod _{i\in I_j}{F}_i$  in Teilprodukte führt, die aber wegen der Wahl der $I_j$ nicht invariant sein können. Wenn  $F=\prod _{\ell }{A}_{\ell }$  eine beliebige Zerlegung von $F$ in irreduzible Faktoren  $A_{\ell }\in R^G$  ist, so sind die $A_{\ell }$, aufgefasst in $R$, Produkte gewisser $F_i$, und wegen der Wahl der $I_j$ wird $A_{\ell }$ sogar von einem $H_j$ (in $R$ und in $R^G$) geteilt. Es liegt also eine eindeutige Zerlegung in irreduzible Faktoren vor und damit ist $R^G$ nach Fakt *****  (2) faktoriell.

$◻$

Korollar

Es sei $K$ ein Körper und  $R=K[X_1,\dots ,X_n]$.  Es sei $G$ eine endliche Gruppe, die auf $R$ als Gruppe von $K$-Algebraautomorphismen operiere. Die Charaktergruppe $G^{\vee }$ sei trivial.

Dann ist auch der Invariantenring faktoriell.

Beweis

Dies folgt aus Fakt *****.

$◻$