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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:06 Do 25.12.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | | Gegeben sei ein Ring $R$ und ein Ideal $I [mm] \unlhd [/mm] R$. Zeigen Sie: Wenn gilt [mm] $R^{\ast} \cap I=\emptyset$, [/mm] so folgt $I = R$. |
Hallo und frohe Festtage :)
ich bearbeite gerade obige Aufgabe und habe eine Frage zur Definition des Ideals.
Nämlich haben wir in der Vorlesung gesagt:
Für ein Ideal [mm] $I\unlhd [/mm] R$ gilt offensichtlich [mm] $I=R\Leftrightarrow 1\in [/mm] I$.
Ok, die Hinrichtung ist trivial.
Für die Rückrichtung hatten wir kurz aufgeschrieben:
denn, [mm] $1\in I\Rightarrow r=r1\in [/mm] I$ für alle [mm] $r\in [/mm] R$. Das kann ich soweit auch natürlich nachvollziehen, aber ich verstehe nicht so recht wieso das reicht um $I=R$ zu folgern.
Das liegt nun einfach daran, dass ein Ring bezüglich Multiplikation abgeschlossen ist. Und das wiederum liegt daran, dass in einem Ring das Distributivgesetz gilt, was ja im Grunde bedeutet, dass ein Ring bezüglich Addition und Multiplikation abgeschlossen ist. Das hatten wir nämlich nicht explizit aufgeschrieben, weshalb ich frage.
Damit wäre es dann klar.
Denn wenn ich jedes Element von R mit dem Einselement aus I verknüpfe, dann ist ja klar, dass sie auch in I liegen. Aber für das Ideal muss dies ja für jedes Element aus I gelten.
Es könnte ja sein, dass [mm] $r1\in [/mm] I$, aber für ein [mm] $i\neq 1\in [/mm] I$ dann [mm] $ri\neq [/mm] I$ ist.
Ja, ok das ist jetzt vielleicht schlecht erklärt, weil das ist ja gerade die Aussage, dass dies nicht passiert...
Aber vielleicht versteht ihr mein Problem ja trotzdem.
Vielleicht noch mal mit Buchstaben. Es kann ja sein, dass [mm] $ra\in [/mm] I$ für [mm] $r\in [/mm] R$ und [mm] $a\in [/mm] I$, aber eben [mm] $rb\notin [/mm] I$ für [mm] $b\in [/mm] I$. Für [mm] $a\neq [/mm] b$ und vom Einselement verschieden.
Lange Rede kurzer Sinn:
Es liegt an der Abgeschlossenheit bezüglich der Multiplikation eines Ringes?
Denn damit wäre obige Aussage trivial.
Der Schnitt der Einheitengruppe von R und dem Ideal I ist nicht leer, also ist [mm] $1\in [/mm] I$ und damit $R=I$
Wirklich so einfach?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:35 Do 25.12.2014 | | Autor: | hippias |
> Gegeben sei ein Ring [mm]R[/mm] und ein Ideal [mm]I \unlhd R[/mm]. Zeigen
> Sie: Wenn gilt [mm]R^{\ast} \cap I=\emptyset[/mm], so folgt [mm]I = R[/mm].
>
> Hallo und frohe Festtage :)
>
> ich bearbeite gerade obige Aufgabe und habe eine Frage zur
> Definition des Ideals.
> Nämlich haben wir in der Vorlesung gesagt:
>
> Für ein Ideal [mm]I\unlhd R[/mm] gilt offensichtlich
> [mm]I=R\Leftrightarrow 1\in I[/mm].
> Ok, die Hinrichtung ist
> trivial.
> Für die Rückrichtung hatten wir kurz aufgeschrieben:
>
> denn, [mm]1\in I\Rightarrow r=r1\in I[/mm] für alle [mm]r\in R[/mm]. Das
> kann ich soweit auch natürlich nachvollziehen, aber ich
> verstehe nicht so recht wieso das reicht um [mm]I=R[/mm] zu
> folgern.
Du musst Dir klarmachen, dass [mm] $I\subseteq [/mm] R$ und [mm] $R\subseteq [/mm] I$ gilt. Die erste Inklusion ist trivial und die zweite folgt aus [mm] $1\in [/mm] I$.
> Das liegt nun einfach daran, dass ein Ring bezüglich
> Multiplikation abgeschlossen ist. Und das wiederum liegt
> daran, dass in einem Ring das Distributivgesetz gilt, was
> ja im Grunde bedeutet, dass ein Ring bezüglich Addition
> und Multiplikation abgeschlossen ist. Das hatten wir
> nämlich nicht explizit aufgeschrieben, weshalb ich frage.
Das ist schlicht falsch. Die Operationen des Ringes sind abgeschlossen, weil das das mindeste ist, was man sinnvollerweise erwarten kann. Das Distributivgesetz stellt einen Zusammenhang zwischen den beiden Verknuepfungen her.
>
> Damit wäre es dann klar.
> Denn wenn ich jedes Element von R mit dem Einselement aus I
> verknüpfe, dann ist ja klar, dass sie auch in I liegen.
> Aber für das Ideal muss dies ja für jedes Element aus I
> gelten.
> Es könnte ja sein, dass [mm]r1\in I[/mm], aber für ein [mm]i\neq 1\in I[/mm]
> dann [mm]ri\neq I[/mm] ist.
>
> Ja, ok das ist jetzt vielleicht schlecht erklärt, weil das
> ist ja gerade die Aussage, dass dies nicht passiert...
> Aber vielleicht versteht ihr mein Problem ja trotzdem.
> Vielleicht noch mal mit Buchstaben. Es kann ja sein, dass
> [mm]ra\in I[/mm] für [mm]r\in R[/mm] und [mm]a\in I[/mm], aber eben [mm]rb\notin I[/mm] für
> [mm]b\in I[/mm]. Für [mm]a\neq b[/mm] und vom Einselement verschieden.
Nein, das ist nicht moeglich. Du musst die Definition eines Ideals wiederholen.
>
> Lange Rede kurzer Sinn:
>
> Es liegt an der Abgeschlossenheit bezüglich der
> Multiplikation eines Ringes?
>
> Denn damit wäre obige Aussage trivial.
>
> Der Schnitt der Einheitengruppe von R und dem Ideal I ist
> nicht leer, also ist [mm]1\in I[/mm] und damit [mm]R=I[/mm]
>
> Wirklich so einfach?
Im Grunde, ja. Aber was macht Dich so sicher, dass [mm] $1\in [/mm] I$ ist, wenn Du doch nur voraussetzt, dass irgendein invertierbares Element in $I$ ist?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:14 Fr 26.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ein Ideal hatten wir so definiert:
Sei R ein Ring. Ein Teilrng [mm] $I\subseteq [/mm] R$ (Ein Teilrng enthält die 0 und ist bezüglich Addition und multiplikation abgeschlossen) heißt Ideal, wenn für alle [mm] $r\in [/mm] R$ und [mm] $i\in [/mm] I$ gilt [mm] $ir\in [/mm] I$ und [mm] $ri\in [/mm] I$.
Dies muss also für alle $i$ und $r$ gelten.
Ich mein, wenn ich eine Teilrng habe, in der ein Element $i$ vorkommt, für dass eben $ir$ und $ri$ in diesem Teilrng liegt, dann muss dies ja nicht auch zwangsläufig für jedes andere Element in der Teilmenge gelten. Sonst wäre ja jeder Teilrng automatisch ein Ideal, oder verstehe ich dich falsch?
Bzw. was verstehe ich an der Definition falsch.
Es reicht ja nicht diese Eigenschaft nur für ein bestimmtes zu prüfen, wie eben in dem Beweis der Rückrichtung der Fall.
Okay, es ist [mm] $1\in [/mm] I$, also ist [mm] $r1=1r\in [/mm] I$.
Schön nun weiß ich, dass wenn 1 das einzige Element in I wäre, jedes r aus R auch ein Element in I ist.
Aber warum reicht das nun. Diese Eigenschaft muss ja für alle Elemente aus I gelten. Und das liegt jetzt einfach an der Abgeschlossenheit von I?
Ist die Frage dumm?
"Im Grunde, ja. Aber was macht Dich so sicher, dass $ [mm] 1\in [/mm] I $ ist, wenn Du doch nur voraussetzt, dass irgendein invertierbares Element in $ I $ ist? "
Wenn [mm] $R^{\ast}\cap I=\emptyset$ [/mm] dann gibt es ein [mm] $a\in [/mm] I$ für das gilt, es existiert ein [mm] $b\in [/mm] R$ mit $ab=1=ba$. Also sind ja schon $a$ und $b$ Einheiten. Und weil I ein Teilrng ist, also bezüglich der multiplikation abgeschlossen, ist dann auch $ab=1=ba$ ein Element von I, oder ist das falsch?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:06 Fr 26.12.2014 | | Autor: | fred97 |
> Ein Ideal hatten wir so definiert:
>
> Sei R ein Ring. Ein Teilrng [mm]I\subseteq R[/mm] (Ein Teilrng
> enthält die 0 und ist bezüglich Addition und
> multiplikation abgeschlossen) heißt Ideal, wenn für alle
> [mm]r\in R[/mm] und [mm]i\in I[/mm] gilt [mm]ir\in I[/mm] und [mm]ri\in I[/mm].
>
> Dies muss also für alle [mm]i[/mm] und [mm]r[/mm] gelten.
> Ich mein, wenn ich eine Teilrng habe, in der ein Element [mm]i[/mm]
> vorkommt, für dass eben [mm]ir[/mm] und [mm]ri[/mm] in diesem Teilrng liegt,
> dann muss dies ja nicht auch zwangsläufig für jedes
> andere Element in der Teilmenge gelten. Sonst wäre ja
> jeder Teilrng automatisch ein Ideal, oder verstehe ich dich
> falsch?
> Bzw. was verstehe ich an der Definition falsch.
>
> Es reicht ja nicht diese Eigenschaft nur für ein
> bestimmtes zu prüfen, wie eben in dem Beweis der
> Rückrichtung der Fall.
>
> Okay, es ist [mm]1\in I[/mm], also ist [mm]r1=1r\in I[/mm].
> Schön nun weiß
> ich, dass wenn 1 das einzige Element in I wäre, jedes r
> aus R auch ein Element in I ist.
> Aber warum reicht das nun. Diese Eigenschaft muss ja für
> alle Elemente aus I gelten. Und das liegt jetzt einfach an
> der Abgeschlossenheit von I?
>
> Ist die Frage dumm?
Bislang habe ich nicht verstanden, worum es Dir eigentlich geht !
>
> "Im Grunde, ja. Aber was macht Dich so sicher, dass [mm]1\in I[/mm]
> ist, wenn Du doch nur voraussetzt, dass irgendein
> invertierbares Element in [mm]I[/mm] ist? "
>
> Wenn [mm]R^{\ast}\cap I=\emptyset[/mm] dann gibt es ein [mm]a\in I[/mm] für
> das gilt, es existiert ein [mm]b\in R[/mm] mit [mm]ab=1=ba[/mm]. Also sind ja
> schon [mm]a[/mm] und [mm]b[/mm] Einheiten. Und weil I ein Teilrng ist, also
> bezüglich der multiplikation abgeschlossen, ist dann auch
> [mm]ab=1=ba[/mm] ein Element von I, oder ist das falsch?
Nee, so geht das nicht. Abgeschlossenheit bezügl. der Mult. bedeutet:
x,y [mm] \in [/mm] I [mm] \Rightarrow [/mm] xy [mm] \in [/mm] I.
Hast Du ein a [mm] \in [/mm] I, zu welchem es ein b [mm] \in [/mm] R gibt mit ab=1=ba, so folgt
ab [mm] \in [/mm] I, also 1 [mm] \in [/mm] I,
weil I ein Ideal ist.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:26 Fr 26.12.2014 | | Autor: | YuSul |
"Bislang habe ich nicht verstanden, worum es Dir eigentlich geht!"
Ich glaube ich weiß warum ihr mich nicht versteht und warum meine Frage dumm war. Ich habe die ganze Zeit nicht bedacht, dass I ja auch in der Rückrichtung als Ideal angenommen ist...
Damit ist es klar. Wegen [mm] $r=r1\in [/mm] I$ ist ja einfach jedes r aus R bereits in I enthalten. Und weil I ein Ideal ist führt dann die Multiplikation mit anderen Element aus I ja nicht daraus.
Zum Beweis:
Stimmt, da [mm] $a\in [/mm] I$, weil der Schnitt nicht leer ist, ist auch [mm] $ar\in [/mm] I$, somit [mm] $ab=1\in [/mm] I$. Und [mm] $1\in I\Rightarrow [/mm] I=R$.
Danke.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:42 Sa 27.12.2014 | | Autor: | hippias |
Es sieht jetzt so aus, also ob Du die Behauptung beweisen koenntest. Dumm waren Deine Fragen sich nicht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:58 Sa 27.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Es war jedenfalls hilfreich für mich darüber zu sprechen und meinen Fehler selbst zu erkennen. :)
Der Beweis sieht also nun einfach so aus:
Wegen [mm] $R^{\ast}\cap I=\emptyset$ [/mm] gibt es ein [mm] $a\in [/mm] I$, für das ein [mm] $b\in [/mm] R$ existiert so, dass ab=1=ba gilt.
Da I Ideal, ist für alle [mm] $r\in R\quad$ $ar\in [/mm] I$ und [mm] $ra\in [/mm] I$, also [mm] $ab=1=ba\in [/mm] I$.
Und [mm] $1\in I\Rightarrow [/mm] I=R$.
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Hi,
Das ist richtig. Ich nehme an, dass in der ganzen Diskussion mit $ [mm] R^\ast\cap I=\emptyset [/mm] $ in Wirklichkeit das Gegenteil, also $ [mm] R^\ast\cap I\not=\emptyset [/mm] $ gemeint ist, denn sonst macht das alles keinen Sinn. Aber du argumentierst hier ja auch mit einem Element aus dem Schnitt, also wirst du schon das Richtige meinen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:27 So 28.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Oh, du hast natürlich recht es war die ganze Zeit [mm] $\neq$ [/mm] gemeint.
Ich habe gerade nochmal nachgesehen, ich habe es tatsächlich nie so hingeschrieben...
Ich weiß selber nicht wie das passieren konnte.
Vielen Dank an alle beteiligten für die Hilfe.
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