Norm eines Ideals über Diskriminante bestimmen

01.06.2012, 18:40

mathinitus

Norm eines Ideals über Diskriminante bestimmen

Hallo,

kann mir jemand einen Tipp geben, wie sich der Zusammenhang
$\begin{eqnarray*} n(a):=|O_K/a|=\frac{d(a)}{d_K} \end{eqnarray*}$
für einen Zahlenkörper K und einem nichttrivialen ganzen Ideal a zeigen lässt?

Danke!

02.06.2012, 10:49

jester.

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Vorsicht, die angegebene Aussage ist falsch, richtig ist $\begin{eqnarray*} d_\mathfrak{a} = [\mathcal{O}_K : \mathfrak{a}]^2 d_K \end{eqnarray*}$ (beachte das Quadrat).

Zum Beweis verwendet man folgendes: Wir haben $\begin{eqnarray*} \mathfrak{a} \subseteq \mathcal{O}_K \end{eqnarray*}$ als Inklusion freier $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ -Moduln gleichen Rangs, etwa $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Es gibt also eine $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ -Basis $\begin{eqnarray*} B:=(b_1,...,b_n) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \mathcal{O}_K \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} d_i \in \mathbb{Z}-\{0\} \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} C:=(d_1 b_1 , ... , d_n b_n ) \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ -Basis von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{a} \end{eqnarray*}$ ist (das sollte bekannt sein aus der Theorie endlich erzeugter $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ -Moduln, man spricht dabei manchmal auch von "kompatiblen Basen").
Nun erhält man die Diskriminante von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{a} \end{eqnarray*}$ , indem man die Determinante der Spurbilinearform auf einer $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ -Basis von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{a} \end{eqnarray*}$ - etwa $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ - ausrechnet. Dazu kann man auch eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathcal{O}_K \end{eqnarray*}$ verwenden (z.B. $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ) und einen Basiswechsel vollziehen. Da die Determinante multiplikativ ist, wird die Determinante einer Basiswechselmatrix von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ dabei als quadratischer Faktor auftauchen.

Weise nach, dass der Index $\begin{eqnarray*} [\mathcal{O}_K:\mathfrak{a}] \end{eqnarray*}$ betragsweise so groß ist, wie diese Determinante. Dann bist du fertig.

02.06.2012, 16:57

mathinitus

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Vielen Dank. Wenn man sich die Matrix, deren Determinante $\begin{eqnarray*} d_a \end{eqnarray*}$ ist, mal aufschreibt, sieht man es ja eigneltich sofort. Das ist ja gerade $\begin{eqnarray*} (Tr(c_ic_j))_{ij} \end{eqnarray*}$ , sobei $\begin{eqnarray*} c_i=d_ib_i \end{eqnarray*}$ . Die $\begin{eqnarray*} d_i \end{eqnarray*}$ sind aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ , also können wir sie linear aus der Spur rausziehen und dann sogar aus der ganzen Matrix, also erhalten wir

$\begin{eqnarray*} \det((Tr(c_ic_j))_{ij})=\det((Tr(b_ib_j))_{ij})\prod d_i^2=d_K[O_K:a]^2 \end{eqnarray*}$ .

Vielen Dank dir!

02.06.2012, 18:34

jester.

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Also sicher gilt $\begin{eqnarray*} \det( \mathrm{Tr}(c_i c_j )) = \det ( \mathrm{Tr} (d_i b_i d_j b_j )) = \det ( d_i d_j \mathrm{Tr} (b_i b_j) ) \end{eqnarray*}$ , aber mit welcher Rechenregel willst du die $\begin{eqnarray*} d_i d_j \end{eqnarray*}$ komplett aus der Determinante herausziehen? Das erschließt sich mir gerade nicht.
Ich hätte wie gesagt mit Basiswechseln für Darstellungsmatrizen von Bilinearformen argumentiert. Die Determinante einer solchen Basiswechselmatrix ist ja gerade $\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^n d_i \end{eqnarray*}$ (Überlege dir, warum).
Die Erklärung, warum $\begin{eqnarray*} [\mathcal{O}_K : \mathfrak{a} ] = \prod_{i=1}^n |d_i| \end{eqnarray*}$ gilt, bist du auch noch schuldig geblieben.

02.06.2012, 18:40

mathinitus

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Zitat:

Original von jester.
Also sicher gilt $\begin{eqnarray*} \det( \mathrm{Tr}(c_i c_j )) = \det ( \mathrm{Tr} (d_i b_i d_j b_j )) = \det ( d_i d_j \mathrm{Tr} (b_i b_j) ) \end{eqnarray*}$ , aber mit welcher Rechenregel willst du die $\begin{eqnarray*} d_i d_j \end{eqnarray*}$ komplett aus der Determinante herausziehen? Das erschließt sich mir gerade nicht.

Sei A eine beliebige $\begin{eqnarray*} n\times n \end{eqnarray*}$ -Matrix. Sei D die Diagonalmatrix mit $\begin{eqnarray*} d_1,\dots,d_n \end{eqnarray*}$ auf der Diagonalen. Dann ist doch $\begin{eqnarray*} (DAD)_{ij}=d_id_ja_{ij} \end{eqnarray*}$ und folglich $\begin{eqnarray*} \det(DAD)=\det(A)\det(D)^2=\det(A)\prod d_i^2 \end{eqnarray*}$ .

02.06.2012, 18:54

mathinitus

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Zitat:

Original von jester.
Die Erklärung, warum $\begin{eqnarray*} [\mathcal{O}_K : \mathfrak{a} ] = \prod_{i=1}^n |d_i| \end{eqnarray*}$ gilt, bist du auch noch schuldig geblieben.

Das ist ja irgendwie klar. Wir teilen aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^n \end{eqnarray*}$ das Ideal $\begin{eqnarray*} d_1\mathbb{Z}\times \cdots \times d_n\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ raus, dann ist der Index eben $\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^n |d_i| \end{eqnarray*}$ .

02.06.2012, 19:09

jester.

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Zitat:

Original von mathinitus

Zitat:

Ach so, klar, das ist richtig. Eigentlich hatte ich mir das auch fast genau so überlegt... Hammer

Die Argumentation zu $\begin{eqnarray*} [\mathcal{O}_K : \mathfrak{a}]=\prod_{i=1}^n |d_i| \end{eqnarray*}$ ist auch richtig, wobei ich $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^n \end{eqnarray*}$ hier nicht als Ring (und daher $\begin{eqnarray*} d_1 \mathbb{Z} \oplus ... \oplus d_n \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ hier nicht als Ideal) angesehen hätte, sondern bloß als Modul. Das macht aber keinen Unterschied.

02.06.2012, 20:46

mathinitus

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Genau, war mir auch klar, dass man es $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^n \end{eqnarray*}$ nicht mehr als Ring betrachten kann, nur noch als Gruppe bzw. Modul.

Also dann vielen Dank!

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