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| Aufgabe | Sei G eine zyklische Gruppe der Ordnung n,g ein Erzeuger von G, d ein Teiler von n, [mm] \varepsilon [/mm] eine primitive d-te Einheitswurzel in [mm] \IC [/mm] und [mm] \IQ(\varepsilon) [/mm] ein [mm] \IQ [/mm] G-Modul mit der Darstellung [mm] g(x\mapsto x\cdot \varepsilon).
[/mm]
zu zeigen: [mm] \IQ(\varepsilon) [/mm] ist ein irreduzibler Modul |
Hallo Leute
Ich komme mit der obigen Aufgabe nicht weiter. Wenn der Erweiterungsgrad von [mm] \IQ(\varepsilon) [/mm] über [mm] \IQ [/mm] eine Primzahl ist, ist es ja klar, aber wie erhalte ich die Behauptung, wenn dies nicht der Fall ist?
Hat jemand von euch eine Idee?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:43 Do 15.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Sei G eine zyklische Gruppe der Ordnung n,g ein Erzeuger
> von G, d ein Teiler von n, [mm]\varepsilon[/mm] eine primitive d-te
> Einheitswurzel in [mm]\IC[/mm] und [mm]\IQ(\varepsilon)[/mm] ein [mm]\IQ[/mm] G-Modul
> mit der Darstellung [mm]g(x\mapsto x\cdot \varepsilon).[/mm]
[mm]\IQ[/mm] G-Modul soll heißen ein Modul über der [m]\IQ-[/m]Gruppenalgebra von G, oder?
> zeigen: [mm]\IQ(\varepsilon)[/mm] ist ein irreduzibler Modul
> Hallo Leute
> Ich komme mit der obigen Aufgabe nicht weiter. Wenn der
> Erweiterungsgrad von [mm]\IQ(\varepsilon)[/mm] über [mm]\IQ[/mm] eine
> Primzahl ist, ist es ja klar,
Häh? Wieso denn das?
> aber wie erhalte ich die
> Behauptung, wenn dies nicht der Fall ist?
> Hat jemand von euch eine Idee?
Die 1 erzeugt in dem fall den ganzen Modul durch Modulmultiplikation von links. Daher ist es irreduzibel.
SEcki
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Aber es könnte doch auch nen Teilmodul von [mm] \IQ(\varepsilon) [/mm] geben, der die 1 nicht enthält, oder hab ich da was ganz falsch verstanden? Von diesem Modul weiß ich doch nur, dass er bez. + eine abelsche Gruppe ist und dann halt, dass die Darstellung die Multiplikation mit [mm] \varepsilon [/mm] bewirkt. Jeder Q-Teilraum von [mm] \IQ(\varepsilon) [/mm] muss doch nicht die multiplikative 1 enthalten, oder woran liegts?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:19 Fr 16.04.2010 | | Autor: | PeterB |
Ja, da hast Du recht, natürlich gibt es zyklische Moduln, die nicht irreduziebel sind. (siehe z.B. Konstruktion Jordan-Normalform)
Hier kann man aber zeigen, dass jeder [mm] $\mathbb [/mm] Q G$ Untermodul, der ein von Null verschiedenes Element enthält schon der komplette Modul ist.
Tipp: Sei [mm] $x\in V\subset \mathbb Q(\epsilon)$ [/mm] und $V$ ein $G$-invarianter Untervektorraum, dann ist für ein beliebiges Polynom [mm] $P\in \mathbb [/mm] Q[T]$ auch [mm] $P(\epsilon)\cdot [/mm] x$ in $V$.
Gruß
Peter
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Ah, also wenn ich nun x aus [mm] V\subseteq \IQ(\varepsilon) [/mm] ungleich 0 hab, weiß ich, dass es auch ein zu x Inverses Element y in [mm] \IQ(\varepsilon) [/mm] gibt, welches geschrieben werden kann, als [mm] f(\varepsilon) [/mm] mit [mm] f\in \IQ[T].
[/mm]
Somit hab ich die 1 in V und somit ist dies schon aufgrund der darstellung ganz [mm] \IQ(\varepsilon), [/mm] gell?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:41 Fr 16.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Ah, also wenn ich nun x aus [mm]V\subseteq \IQ(\varepsilon)[/mm]
> ungleich 0 hab, weiß ich, dass es auch ein zu x Inverses
> Element y in [mm]\IQ(\varepsilon)[/mm] gibt, welches geschrieben
> werden kann, als [mm]f(\varepsilon)[/mm] mit [mm]f\in \IQ[T].[/mm]
Also du setzt ja erstmal g ein, das wirkt dann von links mittels Gruppenalgebra, die Wirkung davon ist aber genau Multiplikation von [m]f(\varepsilon)[/m].
> Somit hab
> ich die 1 in V und somit ist dies schon aufgrund der
> darstellung ganz [mm]\IQ(\varepsilon),[/mm] gell?
Hört sich sehr gut an.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:35 So 18.04.2010 | | Autor: | ichbinsnun |
vielen dank
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Hier hab ich nochmal ne Frage zu, also nicht zur Irreduziblität, die hab ich eingesehen. Wenn ich jetzt noch ne weitere Dartellung von [mm] \IQ [/mm] über G hab, die für einen weiteren Teiler e von n, der von d verschieden ist die Multiplikation von links mit [mm] \overline{\varepsilon} [/mm] auf [mm] \IQ(\overline{\varepsilon}) [/mm] bewirkt, wobei [mm] \overline{\varepsilon} [/mm] eine primitive e-te Einheitswurzel ist, wie zeig ich, dass diese zur vorigen nicht Modul-isomorph ist.
Ich denke durch Wiederspruch, also nehme ich an, es gibt nen Modulisomorphismus [mm] \alpha. [/mm] Dann gilt schon mal für alle [mm] c\in \IQ(\varepsilon) [/mm] : [mm] \alpha(c\cdot \varepsilon) [/mm] = [mm] \alpha(c)\cdot \overline{\varepsilon}
[/mm]
Aber bei all meinen Versuchen komm ich nicht auf nen Wiederspruch.
Hatt jemand von Euch nen Tipp für mich?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:04 Mo 19.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Hier hab ich nochmal ne Frage zu, also nicht zur
> Irreduziblität, die hab ich eingesehen. Wenn ich jetzt
> noch ne weitere Dartellung von [mm]\IQ[/mm] über G hab,
Was soll das denn heißen? Das verstehe ich nicht - was ist damit genau gemeint? Ich tue mir schwer mit deinen Notationen :(
> die für
> einen weiteren Teiler e von n, der von d verschieden ist
> die Multiplikation von links mit [mm]\overline{\varepsilon}[/mm] auf
> [mm]\IQ(\overline{\varepsilon})[/mm] bewirkt, wobei
> [mm]\overline{\varepsilon}[/mm] eine primitive e-te Einheitswurzel
> ist, wie zeig ich, dass diese zur vorigen nicht
> Modul-isomorph ist.
Du musst Invarianten suchen, die sonst verletzt sind, zB wenn du G auf einer Zahl q operieren lässt sind die Stabilatoren in den zwei Fällen unterschiedlich, obwohl sie bei Modul-Isos gleich sein müssten.
Der Modul-Iso ist auch ja auch [m]\IQ[/m] linear (vermittels der Identität), dann geht es auch, wenn die Anzahl der Einehistwurzeln zu den Teilern sich unterscheiden (warum?).
> Ich denke durch Wiederspruch, also nehme ich an, es gibt
> nen Modulisomorphismus [mm]\alpha.[/mm] Dann gilt schon mal für
> alle [mm]c\in \IQ(\varepsilon)[/mm] : [mm]\alpha(c\cdot \varepsilon)[/mm] =
> [mm]\alpha(c)\cdot \overline{\varepsilon}[/mm]
Ja, aber siehe oben. Vergiss nicht, dass das rausziehen durch
SEcki
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Klappts denn so?:
Ich wähle q:= [mm] \varepsilon [/mm] + [mm] \cdot\cdot\cdot [/mm] + [mm] \varepsilon^{d-1} [/mm] und erhalte dann, weil die Rechtsmultiplikation mit [mm] \varepsilon [/mm] nur zu einer Vertauschung der Summanden führt: [mm] \alpha(q) [/mm] = [mm] \alpha(q\cdot \varepsilon)
[/mm]
und wegen Modul-homomorphie gilt dann auch: [mm] \alpha(q) [/mm] = [mm] \alpha(q)\cdot \overline{\varepsilon} [/mm] und da q ungleich Null, ist da [mm] \alpha [/mm] ein Homomorphismus ist auch [mm] \alpha(q) [/mm] ungleich Null und so kann ich dadurch teilen und hab 1 = [mm] \overline{\varepsilon}, [/mm] was ein Widerspruch ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:56 Mo 19.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Klappts denn so?:
> Ich wähle q:= [mm]\varepsilon[/mm] + [mm]\cdot\cdot\cdot[/mm] +
> [mm]\varepsilon^{d-1}[/mm] und erhalte dann, weil die
> Rechtsmultiplikation mit [mm]\varepsilon[/mm] nur zu einer
> Vertauschung der Summanden führt:
Das stimmt nicht, rechne es doch mal nach ... (1 hinzuaddieren gibt 0, btw)
> [mm]\alpha(q)[/mm] =
> [mm]\alpha(q\cdot \varepsilon)[/mm]
> und wegen Modul-homomorphie
> gilt dann auch: [mm]\alpha(q)[/mm] = [mm]\alpha(q)\cdot \overline{\varepsilon}[/mm]
> und da q ungleich Null, ist da [mm]\alpha[/mm] ein Homomorphismus
> ist auch [mm]\alpha(q)[/mm] ungleich Null und so kann ich dadurch
> teilen und hab 1 = [mm]\overline{\varepsilon},[/mm] was ein
> Widerspruch ist.
Das Argument kann so nicht funktionieren, denn es gilt ja offenbar auch für [m]\alpha=id,\overline{\varepsilon}=\varepsilon [/m].
SEcki
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mmh, nun gut, also ich weiß, dass es so [mm] c_{1},..,c_{m} [/mm] aus [mm] \IQ [/mm] gibt, so dass q= [mm] c_{1}1+c_{2}\varepsilon+\cdot\cdot\cdot+c_{m}\varepsilon [/mm] gilt.
Da [mm] \alpha \IQ-linear [/mm] ist, kann ich also folgern:
[mm] c_{1}\alpha(1\cdot G)+c_{2}\alpha(\varepsilon\cdot G)+\cdot\cdot\cdot+c_{m}\alpha(\varepsilo\cdot [/mm] G)= [mm] c_{1}\alpha(1)\cdot G+c_{2}\alpha(\varepsilon)\cdot G+\cdot\cdot\cdot+c_{m}\alpha(\varepsilo)\cdot [/mm] G
Damit hab ich schon einiges rumprobiert, komm aber einfach nicht auf nen Widerspruch. Hast du ne Idee, was ich mir genauer anschauen sollte?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:53 Mo 19.04.2010 | | Autor: | PeterB |
Ok, also ich habe jetzt nicht alle Ansätze im Detail durchgelesen, aber ich würde mir den Kern der Darstellung, also den Kern von [mm] $G\rightarrow Aut(\mathbb Q(\epsilon))$ [/mm] ansehen.
Man kann (sehr einfach) zeigen, dass das die (eindeutige) zyklische Untergruppe der Ordnung n/d bzw. n/e ist. Da äquivalente Darstellungen den gleichen Kern haben, sind diese Darstellungen für [mm] $e\neq [/mm] d$ also nicht äquivalent.
Ich hoffe das hilft, auch wenn es nicht direkt auf die Ansätze eingeht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:50 Mo 19.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Ich hoffe das hilft, auch wenn es nicht direkt auf die
> Ansätze eingeht.
Das war ja auch mein Tipp, bloß besser formuliert. ;) Ich find die Ansätze jedenfalls sehr verworren ... :(
SEcki
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