Die Theorie des Anstieges [Lecture notes]

99 Pages·2015·0.567 MB·German

by  Peter Schneider

Die Theorie des Anstieges
Peter Schneider
Vorlesung in Mu¨nster im WS 2006/07
Zusammenfassung
So wie Eigenwerte das wesentliche Instrument zur Untersuchung
linearer Abbildungen sind, sind es die sogenannten Anstiege fu¨r die
Theorie der semilinearen Abbildungen.
Der erste Teil der Vorlesung beginnt mit dem Begriff der semili-
nearen Abbildung und seinen elementaren Eigenschaften. Anschlies-
sendgibt es eine Einfu¨hrung in die Theorie der diskreten Bewertungs-
ringe. Dabei wird auch ausfu¨hrlich die Konstruktion der Ringe von
Wittvektoren sowie das Konzept der Cohen-Unterringe bei imperfek-
temRestklassenk¨orpererkl¨art.ImletztenAbschnittwirddieklassische
StrukturtheorievonsemilinearenAbbildungenu¨bervollst¨andigdiskret
bewerteten K¨orpern mit perfektem Restklassenk¨orper entwickelt.
Der zweite Teil der Vorlesung beginnt mit einer eingehenden Un-
tersuchungderRingekonvergenterLaurentreihenu¨bervollst¨andigdis-
kretbewertetenK¨orpern.DanachwirdderRobba-Ringeingefu¨hrt,und
seine ringtheoretischen Eigenschaften werden hergeleitet. Der Robba-
Ring hat sich als von grunds¨atzlicher Bedeutung in der modernen p-
adischen Zahlentheorie herausgestellt. Schließlich wird teilweise ohne
Beweiseu¨berdieStruktursemilinearerAbbildungenu¨berdemRobba-
Ring nach Kedlaya berichtet.

Inhaltsverzeichnis
I Vorbereitungen und klassische Beispiele 1
1 Semilineare Abbildungen 1
2 Der einfachste Fall 4
3 Diskrete Bewertungsringe 7
4 Erweiterungen diskreter Bewertungsringe 12
5 Wittvektoren 19
6 Eindeutigkeit von W(k) 33
7 Cohen-Unterringe 36
8 Das Theorem von Dieudonn´e-Manin 40
II Semilineare Algebra u¨ber dem Robba-Ring 55
9 Laurentreihen 55
10 Der Robba-Ring 75
11 HN-Anstiege 81
12 Spezielle Endomorphismen 90

Teil I
Vorbereitungen und klassische
Beispiele
1 Semilineare Abbildungen
Erinnerung: Sei K ein K¨orper, V ein K-Vektorraum, d := dim V < ∞
K
und f :V −→ V ein linearer Automorphismus.
Aufgabe der linearen Algebra: Finde eine Basis von V, bzgl. welcher die
Matrix A von f m¨oglichst einfache Gestalt hat.
f
Fu¨r eine Umformulierung betrachten wir den Isomorphismus von Grup-
pen
∼=
Aut (V)−−→ GL (K)
K d
f 7−→ A ,
f
welcher aber von der Basiswahl abh¨angt. Bei Wahl einer anderen Basis mit
Basiswechselmatrix B geht A u¨ber in B−1A B. Also ist die Konjugations-
f f
klasse von A in GL (K) unabh¨angig von der Basiswahl.
f d
Umformulierte Aufgabe: Bestimme die Konjugationsklassen in GL (K)
d
durch Angabe m¨oglichst einfacher Repr¨asentanten.
Nach dem Satz von der Jordanschen Normalform besitzt diese Aufgabe
(zumindestu¨beralgebraischabgeschlossenemK)eineganzexpliziteL¨osung.
GegebenseieinK¨orperK zusammenmiteinemK¨orperhomomorphismus
σ :K −→ K .
Beachte: σ ist notwendigerweise injektiv. Aber wir verlangen nicht, daß σ
surjektiv, also ein Automorphismus ist. Sei V ein K-Vektorraum.
Definition 1.1. Eine Abbildung f : V −→ V heißt semilinear (genauer
σ-linear), falls gilt:
(i) f(v +v ) = f(v )+f(v ) f¨ur alle v ,v ∈V
1 2 1 2 1 2
(ii) f(av)= σ(a)f(v) f¨ur alle a ∈ K und v ∈ V.
Sei d := dim V < ∞, und sei v ,...,v eine fixierte Basis von V. Wie
K 1 d
bei linearen Abbildungen bilden wir die Matrix A = (a ) ∈ M (K) zur
f ij d
semilinearen Abbildung f :V −→ V durch
f(v ) = a v +...+a v .
j 1j 1 dj d
1
Lemma 1.2. Die Abbildung
Menge aller semilinearen ∼=
−−→ M (K)
d
Abbildungen f : V −→ V
f 7−→ A
f
ist bijektiv.
Beweis. Wie in der linearen Algebra, z. B.: Fu¨r v = c v +...+c v ist
1 1 d d
d d d d d
f(v) = σ(c )f(v ) = σ(c ) a v = a σ(c ) v .
j j j ij i ij j i
Xj=1 Xj=1 Xi=1 Xi=1(cid:16)Xj=1 (cid:17)
Zusatz 1.3. 1) Obige Rechnung zeigt:
c σ(c )
1 1
. .
v ←→  ..  =⇒ f(v)←→ Af  ..  .
c σ(c )
d d
   
   
2) DieMengedersemilinearenAbbildungenbildetin¨ublicherWeiseeinen
K-Vektorraum, und obige Abbildung ist ein Isomorphismus von K-
Vektorr¨aumen.
Warnung: 1) f und g sind σ-linear =⇒g◦f ist σ2-linear (nicht σ-linear).
2) Ist σ nicht surjektiv, so ist das Bild einer semilinearen Abbildung i. A.
kein Untervektorraum.
Fu¨r A =(a ) ∈ M (K) setze σ(A) := (σ(a )) ∈ M (K).
ij d ij d
Es gilt:
– σ(A+B) = σ(A)+σ(B),
– σ(AB)= σ(A)σ(B),
– σ(E )= E .
d d
Insbesondere ist
σ :GL (K) −→ GL (K)
d d
A7−→ σ(A)
ein Monomorphismus von Gruppen (ein Automorphismus, falls σ bijektiv
ist).
2
Sei v′,...v′ eine weitere Basis von V, bzgl. welcher f die Matrix A′ = (a′ )
1 d f ij
habe. Die Basiswechselmatrix B = (b ) ist gegeben durch
kl
d
v′ = b v .
l kl k
k=1
X
Lemma 1.4. A′ = B−1Aσ(B) .
f
Beweis. Einerseits ist
d d d d d
f(v′) = a′ v′ = a′ b v = b a′ v
j ij i ij ki k ki ij k
Xi=1 Xi=1 Xk=1 Xk=1(cid:16)Xi=1 (cid:17)
und andererseits
d d
f(v′) =f b v = σ(b )f(v )
j lj l lj l
(cid:16)Xl=1 (cid:17) Xl=1
d d d d
= σ(b ) a v = a σ(b ) v .
lj kl k kl lj k
Xl=1 (cid:16)Xk=1 (cid:17) Xk=1(cid:16)Xl=1 (cid:17)
Der Vergleich ergibt
BA′ = A σ(B) .
f f
Offensichtliche analoge Aufgabe: Bringe A durch geeignete Basiswahl auf
f
m¨oglichst einfache Gestalt.
U¨bungsaufgabe 1.5. Auf GL (K) wird durch
d
A′ ∼ A, falls A′ = B−1Aσ(B) f¨ur ein B ∈ GL (K)
d
eine A¨quivalenzrelation definiert. Man sagt, A′ ist σ-konjugiert zu A. Die
zugeh¨origen A¨quivalenzklassen heißen σ-Konjugationsklassen.
Lemma 1.6. i. A ist invertierbar ⇐⇒ im(f) erzeugt V als K-Vektor-
f
raum =⇒ f ist injektiv;
ii. ist σ bijektiv, so gilt: A invertierbar ⇐⇒ f surjektiv ⇐⇒ f bijektiv
f
⇐⇒ f injektiv.
3
Beweis. i. Es gilt:
A hat Rang d ⇐⇒ f(v ),...,f(v ) ist wieder eine Basis von V
f 1 d
⇐⇒ < im(f)> = V .
Istf(v ),...,f(v )eineBasisvonV,sogiltaußerdemfu¨rv = c v +...+c v
1 d 1 1 d d
mit f(v) = 0, daß
σ(c )f(v )+...+σ(c )f(v ) =0 und somit σ(c ) = 0, also c = 0 .
1 1 d d i i
Folglich ist f injektiv.
ii. In diesem Falle ist im(f) ein Untervektorraum. Wegen i. bleibt des-
wegen nur zu zeigen, daß gilt:
f injektiv =⇒ f(v ),...,f(v ) sind K-linear unabh¨angig.
1 d
Sei also c f(v )+...+c f(v ) = 0. Wegen der Surjektivit¨at von σ k¨onnen
1 1 d d
wir schreiben c = σ(b ). Dann gilt f(b v +...+b v ) = 0 unddamit wegen
i i 1 1 d d
der Injektivit¨at von f, daß alle b = 0, also auch alle c = 0.
i i
Definition 1.7. Die semilineare Abbildung f : V −→ V heißt etal, falls
V = < im(f)> gilt.
Fu¨r etale f ist also obige Aufgabe gleichbedeutend mit der Bestimmung
der σ-Konjugationsklassen in GL (K).
d
2 Der einfachste Fall
Sei p eine fixierte Primzahl, q > 1 eine fixierte Potenz von p und K ein
K¨orperderCharakteristikp,welcher denendlichenK¨orperFq enth¨alt.Dann
ist
σ : K −→ K
a 7−→ aq
ein K¨orperhomomorphismus - der Frobenius. Es gilt:
- Kσ=id := {a ∈ K :σ(a) = a}= Fq
(da a Nullstelle von Xq −X ist);
- K algebraisch abgeschlossen =⇒ σ ist bijektiv.
4
Sei V ein K-Vektorraum der Dimension d < ∞ und f : V −→ V eine etale
semilineare Abbildung. Setze
V := {v ∈ V : f(v)= v} .
1
Offensichtlich ist V1 ein Fq-Vektorraum.
Satz 2.1. Ist K separabel abgeschlossen (d. h. K besitzt keine echten sepa-
rablen algebraischen Erweiterungen), so gilt:
i. dim V = dim V;
Fq 1 K
ii. die K-lineare Abbildung
∼=
K ⊗ V −−→ V
Fq 1
a⊗v 7−→ av
ist bijektiv.
Beweis. Natu¨rlich k¨onnen wir V 6= {0} annehmen.
1. Schritt: Wir zeigen V 6= {0}. Sei0 6= v ∈ V beliebiggew¨ahlt undset-
1 0
ze v := fi(v ). Weiter sei m ≥ 1 minimal, so daß v ,...,v linear abh¨angig
i 0 0 m
sind (u¨ber K). Also gibt es bis auf skalare Vielfache genau eine Relation
a v +...+a v = 0 mit a ∈K und a 6= 0 .
0 0 m m i m
Beachte, daß auch a 6= 0; denn mit v ,...,v sind nach Lemma 1.3.i.
0 0 m−1
auch v = f(v ),...,v = f(v ) linear unabh¨angig.
1 0 m m−1
Wir betrachten nun ein beliebiges v := c v +...+c v . Dann ist
0 0 m−1 m−1
q q q q
f(v) = c f(v )+...+c f(v )= c v +...+c v ,
0 0 m−1 m−1 0 1 m−1 m
also
m
q
v−f(v) = (c −c )v mit c := c := 0 .
i i−1 i −1 m
i=0
X
Somit gilt
q
f(v) = v ⇐⇒ c −c = a y fu¨r ein y ∈ K .
i i−1 i
5
Das Polynom aqmYqm +aqm−1Yqm−1 +...+a Y hat die Ableitung a 6= 0
0 1 m m
undistsomitseparabel.DaK separabelabgeschlossenist,findenwirfolglich
eine Nullstelle y 6= 0 in K. Bilde nun den Vektor v mit
c := a y,
0 0
c := cq +a y = aqyq +a y,
1 0 1 0 1
.
.
.
c := aqm−1yqm−1 +...+a y .
m−1 0 m−1
Wegen a 6= 0 ist auch c 6= 0 und damit v 6= 0. Per Konstruktion ist v ∈V .
0 0 1
2. Schritt: Wir zeigen dim V ≤ dim V. Es gelte die gegenteilige
Fq 1 K
Ungleichung dim V > dim V. Sei r ≥ 2 minimal, so daß Vektoren
Fq 1 K
u1,...,ur ∈ V1 existieren, welche linear unabh¨angig u¨ber Fq, aber linear
abh¨angig u¨ber K sind. Sei etwa
b u +...+b u = 0 und b ∈ K× .
1 1 r r 1
Wir k¨onnen b = 1 annehmen. Dann ist
1
0= f(0) = u +bqu +...+bqu
1 2 2 r r
und Subtraktion ergibt
(b −bq)u +...+(b −bq)u = 0 .
2 2 2 r r r
q
Wegen der Minimalit¨at von r muß bi = bi gelten, was bi ∈ Fq bedeutet und
einen Widerspruch darstellt.
3. Schritt: Wir zeigen schließlich per Induktion nach d = dim V, daß
K
V1 eine Fq-Basis v1,...,vd besitzt, welche auch K-Basis von V ist. Fu¨r den
Induktionsanfang sei d = 1. Wie im 1. Schritt gezeigt, existiert ein 0 6=
v1 ∈ V1. Wegen dem 2. Schritt ist dieses v1 eine Fq-Basis von V1. Fu¨r den
Induktionsschluß sei d > 1. Wieder finden wir nach dem 1. Schritt ein 0 6=
v ∈ V . Dann ist
1 1
f˜: V/Kv −→ V/Kv
1 1
u+Kv 7−→ f(u)+Kv
1 1
eine wohldefinierte etale semilineare Abbildung.Die Induktionsannahmefu¨r
das Paar (V/Kv ,f˜) liefert Vektoren v′,...,v′ ∈ V, so daß gilt:
1 2 d
- v ,v′,...,v′ ist K-Basis von V,
1 2 d
6