Ideale als R-Moduln < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:17 Mi 30.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
| Aufgabe | Sei R Integritätsring. Für Ideale A,B in R definiere
[mm] A\sim [/mm] B: [mm] \exist [/mm] a,b [mm] \in [/mm] R: aA=bB.
1) Zeige [mm] \sim [/mm] ist Äquivalenzrelation und es gilt:
[mm] A_1\sim B_1, A_2\sim B_2 \Rightarrow A_1*A_2 \sim B_1*B_2
[/mm]
2)Genau dann gilt [mm] A\sim [/mm] B, wenn A und B als R-Moduln isomorph sind.
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Hallo,
kenn mich nicht so sehr aus mit R-Moduln.
zu 1) ist einfach etwas Rechnerei, das hab ich gut hinbekommen.
zu 2) Stimmt es, dass ein R-Modul sowas ist wie ein Vektorraum, bloß nicht über einem Körper, sondern über einem Ring?
Dann wären ja alle Ideale eines Ringes R-Moduln...
Wahrscheinlich ist die Äquivalenz nicht schwer zu zeigen, doch irgendwie steh ich auf dem Schlauch.
Kann mir jemand helfen?
Lg, Verena
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:22 Do 31.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> Sei R Integritätsring. Für Ideale A,B in R definiere
> [mm]A\sim[/mm] B: [mm]\exist[/mm] a,b [mm]\in[/mm] R: aA=bB.
Du meinst sicher: [mm] $\exist [/mm] (a, b) [mm] \in R^2 \setminus \{ (0, 0) \} [/mm] : a A = b B$.
> 1) Zeige [mm]\sim[/mm] ist Äquivalenzrelation und es gilt:
> [mm]A_1\sim B_1, A_2\sim B_2 \Rightarrow A_1*A_2 \sim B_1*B_2[/mm]
>
> 2)Genau dann gilt [mm]A\sim[/mm] B, wenn A und B als R-Moduln
> isomorph sind.
>
> Hallo,
> kenn mich nicht so sehr aus mit R-Moduln.
> zu 1) ist einfach etwas Rechnerei, das hab ich gut
> hinbekommen.
Ok.
> zu 2) Stimmt es, dass ein R-Modul sowas ist wie ein
> Vektorraum, bloß nicht über einem Körper, sondern über
> einem Ring?
Genau. Allerdings ist die Situation bei Moduln im Allgemeinen viel komplizierter: Im Gegensatz zu Vektorraeumen haben Moduln nicht immer eine Basis (wenn sie eine haben, sind sie isomorph zu einer direkten Summe des Rings mit sich selbst, und heissen dann frei). Zum Beispiel ist $R/I$ ein $R$-Modul (fuer Ideale $I [mm] \subseteq [/mm] R$), etwa [mm] $\IZ/2\IZ$ [/mm] ist ein [mm] $\IZ$-Modul, [/mm] aber [mm] $\IZ/2\IZ$ [/mm] hat zwei Elemente und [mm] $\IZ$ [/mm] hat unendlich viele... (Wenn [mm] $\IZ$ [/mm] ein Koerper waere, dann haette jeder [mm] $\IZ$-Vektorraum [/mm] entweder 1 oder unendlich viele Elemente.)
> Dann wären ja alle Ideale eines Ringes R-Moduln...
Genau.
> Wahrscheinlich ist die Äquivalenz nicht schwer zu zeigen,
> doch irgendwie steh ich auf dem Schlauch.
> Kann mir jemand helfen?
Mal versuchen 
Wenn $a A = b B$ ist (mit $b [mm] \neq [/mm] 0$), dann bilde doch [mm] $\hat{a} \in [/mm] A$ auf [mm] $\frac{a}{b} \hat{a}$ [/mm] ab. Da $B = [mm] \frac{a}{b} [/mm] A$ ist, gibt dies einen Isomorphismus.
(Da $R$ ein Integritaetsring ist, hat er einen Quotientenkoerper, in dem es [mm] $\frac{a}{b}$ [/mm] auf jeden Fall gibt.)
Ok, die eine Richtung ist also einfach :)
Und jetzt mal angenommen, es gibt einen $R$-Modul-Isomorphismus [mm] $\varphi [/mm] : A [mm] \to [/mm] B$. Wenn $A = 0$ ist, dann ist auch $B = 0$. Sei also $A [mm] \neq [/mm] 0$.
Es gibt also ein $b [mm] \in [/mm] A$ mit $b [mm] \neq [/mm] 0$. Setze $a := [mm] \varphi(b)$. [/mm] Ich behaupte nun, dass $a A = b B$ ist.
Dazu brauchen wir jetzt folgenden Trick: Und zwar sei $S := R [mm] \setminus \{ 0 \}$. [/mm] Dann ist [mm] $S^{-1} [/mm] R$ (Lokalisierung von $R$ in $S$) gerade der Quotientenkoerper von $R$, und [mm] $S^{-1} [/mm] A$ und [mm] $S^{-1} [/mm] B$ sind dann [mm] $S^{-1} [/mm] R$-Vektorraeume (die $A$ bzw. $B$ echt enthalten), und [mm] $S^{-1} \varphi [/mm] : [mm] S^{-1} [/mm] A [mm] \to S^{-1} [/mm] B$ ist ein [mm] $S^{-1} [/mm] R$-Vektorraumisomorphismus (dieser Satz enthaelt eine Menge Behauptungen, die man sich mal ueberlegen muss ).
Sei [mm] $\hat{a} \in [/mm] A$ beliebig. Dann ist [mm] $\frac{\varphi(\hat{a})}{1} [/mm] = [mm] (S^{-1} \varphi)(\frac{\hat{a}}{1}) [/mm] = [mm] (S^{-1} \varphi)(\frac{\hat{a}}{b} \cdot \frac{b}{1}) [/mm] = [mm] \frac{\hat{a}}{b} (S^{-1} \varphi)(\frac{b}{1}) [/mm] = [mm] \frac{\hat{a}}{b} \cdot \frac{a}{1} [/mm] = [mm] \frac{a}{b} \cdot \frac{\hat{a}}{1}$. [/mm] Da jedoch [mm] $\varphi(\hat{a}) \in [/mm] B$ liegt, muss auch [mm] $\frac{a \hat{a}}{b}$ [/mm] in $B$ liegen. Damit gilt [mm] $\frac{a}{b} [/mm] A [mm] \subseteq [/mm] B$.
Die andere Richtung sollte sich genauso machen lassen.
(Falls das oben jetzt unnoetig kompliziert sein sollte, liegt das wohl an der vorgerueckten Stunde :) Der ganze Krams mit dem Lokalisieren wird nur dafuer gebraucht, um das ganze von $R$-Modul- auf $Q(R)$-Vektorraumebene zu liften, wobei $Q(R)$ der Quotientenkoerper von $R$ ist.)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:24 Do 31.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
Noch eine kleine Anmerkung, die mir grad einfaellt:
> Dazu brauchen wir jetzt folgenden Trick: Und zwar sei [mm]S := R \setminus \{ 0 \}[/mm].
> Dann ist [mm]S^{-1} R[/mm] (Lokalisierung von [mm]R[/mm] in [mm]S[/mm]) gerade der
> Quotientenkoerper von [mm]R[/mm], und [mm]S^{-1} A[/mm] und [mm]S^{-1} B[/mm] sind
> dann [mm]S^{-1} R[/mm]-Vektorraeume (die [mm]A[/mm] bzw. [mm]B[/mm] echt enthalten),
> und [mm]S^{-1} \varphi : S^{-1} A \to S^{-1} B[/mm] ist ein [mm]S^{-1} R[/mm]-Vektorraumisomorphismus
> (dieser Satz enthaelt eine Menge Behauptungen, die man sich
> mal ueberlegen muss ).
Hier ist es ganz wichtig, dass $A$ und $B$ Untermoduln von $R$ sind. Waere zum Beispiel $R = [mm] \IZ$ [/mm] und $A = [mm] \IZ/2\IZ$, [/mm] dann waere [mm] $S^{-1} [/mm] A$ der Nullvektorraum, obwohl $A [mm] \neq [/mm] 0$ ist.
Und nochwas: Ich kann mich grad nicht mehr dran erinnern, ob du in deinen Postings schonmal von Lokalisierung (wird ab und zu auch mal Nenneraufnahme oder Quotientenbildung o.ae. genannt) geschrieben hast oder nicht. Falls du es nicht unter diesen Begriffen kennst: Man kann das dann aehnlich beweisen (z.B. indem man alle Sachen, die ihr noch nicht hattet, da `von Hand' einbaut), ist aber halt ein wenig mehr rumgerechne.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:41 Do 31.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix,
danke für Deine Erklärungen. Jetzt ist mir etwas klarer, was R-Moduln im Unterschied zu Vektorräumen sind...
> Sei [mm]\hat{a} \in A[/mm] beliebig. Dann ist
> [mm]\frac{\varphi(\hat{a})}{1} = (S^{-1} \varphi)(\frac{\hat{a}}{1}) = (S^{-1} \varphi)(\frac{\hat{a}}{b} \cdot \frac{b}{1}) = \frac{\hat{a}}{b} (S^{-1} \varphi)(\frac{b}{1}) = \frac{\hat{a}}{b} \cdot \frac{a}{1} = \frac{a}{b} \cdot \frac{\hat{a}}{1}[/mm].
> Da jedoch [mm]\varphi(\hat{a}) \in B[/mm] liegt, muss auch [mm]\frac{a \hat{a}}{b}[/mm]
> in [mm]B[/mm] liegen. Damit gilt [mm]\frac{a}{b} A \subseteq B[/mm].
>
Hab noch ne Frage: Hab das ganze noch mal ohne Lokalisierungen versucht, stimmt die folgende Argumentation:
Sei [mm]\hat{a} \in A[/mm] beliebig. Dann ist
[mm]a*\hat{a} = \varphi(b)\hat{a} = \varphi(b\hat{a}) = b\varphi(\hat{a})\in B[/mm], da B zweiseitiges Ideal, und [mm] \varphi(\hat{a})\in [/mm] B.
Die zweite und dritte Gleichheit müssten gelten, wenn ich aus einem R-Modul-Iso beliebig Skalare raus und reinziehen darf, von links und von rechts...
Darf ich das?
Lg, Verena
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:59 Do 31.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> danke für Deine Erklärungen. Jetzt ist mir etwas klarer,
> was R-Moduln im Unterschied zu Vektorräumen sind...
Schoen :)
> > Sei [mm]\hat{a} \in A[/mm] beliebig. Dann ist
> > [mm]\frac{\varphi(\hat{a})}{1} = (S^{-1} \varphi)(\frac{\hat{a}}{1}) = (S^{-1} \varphi)(\frac{\hat{a}}{b} \cdot \frac{b}{1}) = \frac{\hat{a}}{b} (S^{-1} \varphi)(\frac{b}{1}) = \frac{\hat{a}}{b} \cdot \frac{a}{1} = \frac{a}{b} \cdot \frac{\hat{a}}{1}[/mm].
> > Da jedoch [mm]\varphi(\hat{a}) \in B[/mm] liegt, muss auch [mm]\frac{a \hat{a}}{b}[/mm]
> > in [mm]B[/mm] liegen. Damit gilt [mm]\frac{a}{b} A \subseteq B[/mm].
> >
>
> Hab noch ne Frage: Hab das ganze noch mal ohne
> Lokalisierungen versucht, stimmt die folgende
> Argumentation:
>
> Sei [mm]\hat{a} \in A[/mm] beliebig. Dann ist
> [mm]a*\hat{a} = \varphi(b)\hat{a} = \varphi(b\hat{a}) = b\varphi(\hat{a})\in B[/mm],
> da B zweiseitiges Ideal, und [mm]\varphi(\hat{a})\in[/mm] B.
Oh, ja, so geht das natuerlich auch. Und das ist natuerlich auch noch viel einfacher als irgendwie erst Lokalisierung in Anspruch zu nehmen etc. ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]")
> Die zweite und dritte Gleichheit müssten gelten, wenn ich
> aus einem R-Modul-Iso beliebig Skalare raus und reinziehen
> darf, von links und von rechts...
Ja. Aber ist $R$ nicht sowieso kommutativ? Oder habt ihr Integritaetsring nur als nullteilerfreien Ring definiert (mit $1 [mm] \neq [/mm] 0$), der eventuell auch nicht-kommutativ sein kann? (Bei nicht-kommutativen Ringen kann man auch nicht so einfach lokalisieren.)
> Darf ich das?
Ich wuerde sagen ja. Es sei denn ihr habt ganz komische Definitionen von Morphismus, Ideal, ...
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:58 Do 31.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix
da bin ich froh, dass das ja gar nicht so kompliziert ist
Lg, Verena
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