Algebra im Endomorphismenring

06.06.2010, 17:51

Sly

Algebra im Endomorphismenring

Hallo Leute!

Bearbeite zur Zeit eine Aufgabe in Algebra und bin im Prinzip gefühlsmäßig sehr nah dran an der Lösung. Es fehlt mir im Grunde nur eine Sache, die ich bisher noch nicht beweisen konnte. Nur um dieses kleine Problem geht es mir hier gerade. (Die Aufgabe dahinter lasse ich mal weg.)

Gegeben sei also ein Körper K und ein K-Vektorraum V. Es sei $\begin{eqnarray*} R=\operatorname{End}_K(V) \end{eqnarray*}$ der Endomorphismenring. In ihr sei ein Linksideal $\begin{eqnarray*} I\subset R \end{eqnarray*}$ gegeben und ein $\begin{eqnarray*} f\in R \end{eqnarray*}$ . Nun soll folgende Eigenschaft gelten:

Für alle $\begin{eqnarray*} v\in V \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} \phi\in I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(v)=\phi(v) \end{eqnarray*}$ . Wie zeige ich, dass dann schon $\begin{eqnarray*} f\in I \end{eqnarray*}$ sein muss?

Wie ichs auch drehe und wende, bisher klappt es nicht. Ich habe bisher immer so versucht anzusetzen, dass ich mir eine Basis $\begin{eqnarray*} v_1,\dots,v_n \end{eqnarray*}$ von V hernehme und die Existenz eines $\begin{eqnarray*} \phi\in I \end{eqnarray*}$ fordere mit $\begin{eqnarray*} f(v_i)=\phi(v_i) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i=1,\dots,n \end{eqnarray*}$ .

Leider klappt das nicht so einfach, da ich keine Rechtsabgeschlossenheit des Ideals gegeben habe. D.h. wenn ich mir $\begin{eqnarray*} \phi_1,\dots,\phi_n \end{eqnarray*}$ wähle mit $\begin{eqnarray*} \phi_i(v_i)=f(v_i) \end{eqnarray*}$ , dann kann ich nie kontrollieren, was die $\begin{eqnarray*} \phi_i \end{eqnarray*}$ auf den anderen Vektoren noch so machen. Ich kann also nicht stumpf übergehen zu einer Linearkombination dieser $\begin{eqnarray*} \phi_i \end{eqnarray*}$ , um f zu erhalten. Ich habe das Gefühl, dass mir ein induktives Argument fehlt (oder so ähnlich), um diesen Übergang doch zu machen.

Hat jemand eine Idee?

06.06.2010, 19:09

Elvis

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Das geht so nicht. Ist z.B. $\begin{eqnarray*} I=\{0\}\subset R=End_K(V) \end{eqnarray*}$ das Nullideal, dann kann man mit $\begin{eqnarray*} 0=\phi \in I \end{eqnarray*}$ nicht jeden Endomorphismus $\begin{eqnarray*} f \in End_K(V) \end{eqnarray*}$ nachbauen.

06.06.2010, 21:30

Manus

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Das ist ja auch gar nicht gefordert.

Er sagt ja nur: WENN $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ die geforderte Eigenschaft hat, dann liegt es schon im Ideal.

06.06.2010, 22:49

Mystic

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Ist jetzt vielleicht ein bißchen unausgegoren, aber könnte man nicht die Endomorphismen $\begin{eqnarray*} \phi_v \end{eqnarray*}$ verwenden, die ein vorgegebenes $\begin{eqnarray*} v \neq 0 \end{eqnarray*}$ und seine skalaren Vielfachen auf sich selbst abbilden und alle w im Komplementärraum auf 0... Mit diesen sollte es möglich sein, ähnlich wie im Beweis der Interpolation nach Lagrange unter Verwendung einer Basis von V (sehe allerdings nicht, warum die endlich sein soll) und der Linksidealeigenschaft von I das vorgegebene f als Element von I darzustellen...

06.06.2010, 23:03

Manus

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Naja, ich weiß nicht, ob das weiterhilft, aber im endlich-dimensionalen Fall (der ja nach deiner Basis oben vorzuliegen scheint), ist die Aussage trivial, falls du zeigen kannst, dass das Ideal eine einzige invertierbare Matrix enthält.

(Dann erhälst du die Einheitsmatrix als Polynom in dieser Matrix und damit wäre das Ideal schon der ganze Ring...)

@Mystic: Müsste man da nicht zunächst mal sicherstellen, dass man die $\begin{eqnarray*} \phi_v \end{eqnarray*}$ alle im Ideal hat? Wie Sly schon schreibt, man kann ja nicht kontrollieren, was für eine Funktion $\begin{eqnarray*} \phi_i \end{eqnarray*}$ erhält.

06.06.2010, 23:41

Mystic

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Zitat:

Original von Manus
@Mystic: Müsste man da nicht zunächst mal sicherstellen, dass man die $\begin{eqnarray*} \phi_v \end{eqnarray*}$ alle im Ideal hat? Wie Sly schon schreibt, man kann ja nicht kontrollieren, was für eine Funktion $\begin{eqnarray*} \phi_i \end{eqnarray*}$ erhält.

Nein, wenn man eine Summe der Form

$\begin{eqnarray*} \sum_v \phi_v f_v \end{eqnarray*}$

hat, dann genügt es wegen der Linksidealeigenschaft von I, dass die $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ alle in I liegen, damit auch die Summe in I liegt...Diese müßte man halt geeignet wählen, wie ich schon sagte, ähnlich dem Konstruktionsprinzip in der Lagrangeschen Interpolationsformel, damit die Summe gerade f ergibt... Wie ich schon sagte, ist das nur die Idee, das müsste man jetzt noch sauber anschreiben...

06.06.2010, 23:55

Sly

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Ja ich habe oben vergessen, explizit zu erwähnen, dass V endlichdimensional ist.

@ Mystic: Ich kenne dieses Konstruktionsprinzip der Lagrange Interpolationsformel leider nicht. Was sind denn diese $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ ? Und über welche $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ wird summiert?

@ Manus: Ja dann wäre es natürlich trivial. Das ist aber eine zu starke Aussage in diesem Kontext und wird wohl nicht immer gelten.

07.06.2010, 00:34

Mystic

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Zitat:

Original von Sly
Ja ich habe oben vergessen, explizit zu erwähnen, dass V endlichdimensional ist.

@ Mystic: Ich kenne dieses Konstruktionsprinzip der Lagrange Interpolationsformel leider nicht. Was sind denn diese $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ ? Und über welche $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ wird summiert?

Ok, ich werde meine Bezeichnungen ein bißchen anders wählen...Es sei B eine endliche Basis von V und B' die größte Teilmenge von B mit $\begin{eqnarray*} B' \cap Ker f = \emptyset \end{eqnarray*}$ ... Ferner sei $\begin{eqnarray*} f_v \ (v \in B') \end{eqnarray*}$ eine Menge von Endomorphismen in I, für welche gilt

$\begin{eqnarray*} f_v(v)=f(v) \quad (v \in B') \end{eqnarray*}$

und für jedes $\begin{eqnarray*} w \neq 0 \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} g_w \end{eqnarray*}$ ein Endomorphismus, der auf dem von w erzeugten Unterraum <w> die Identität ist und den Komplementärraum auf 0 abbildet... Damit sollte dann eigentlich per definitionem

$\begin{eqnarray*} f = \sum_{v \in B'} g_{f(v)}f_v \end{eqnarray*}$

sein, denn f stimmt ja mit der rechtsstehenden Summe für jedes $\begin{eqnarray*} v \in B \end{eqnarray*}$ überein, und f muss wegen der Linksidealeigenschaft von I auch in I liegen...

07.06.2010, 08:34

Manus

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Was machst du da, wenn die $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ , die du erhälst immer alle Vektoren in den von $\begin{eqnarray*} f(v) \end{eqnarray*}$ erzeugten Teilraum abbilden? Dann hilft $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ leider nicht mehr dabei, die Bilder aller anderen Basisvektoren auf 0 abzubilden.

07.06.2010, 09:25

Sly

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Zitat:

Original von Manus
Was machst du da, wenn die $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ , die du erhälst immer alle Vektoren in den von $\begin{eqnarray*} f(v) \end{eqnarray*}$ erzeugten Teilraum abbilden? Dann hilft $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ leider nicht mehr dabei, die Bilder aller anderen Basisvektoren auf 0 abzubilden.

Genau das ist der Clou. Der obige Ansatz ist deshalb schon mehrmals auch auf meinem Papier gescheitert.

07.06.2010, 21:45

Sly

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Ich habe obiges Problem leider nicht lösen können. Ich habe nur eine sehr abgeschwächte Form zeigen können. Allerdings habe ich gemerkt, dass mir das in der ursprünglichen Algebra-Aufgabe sogar schon reicht. Das Problem ist für mich somit gegessen.

Falls es wen interessiert: Die abgeschwächte Behauptung ist, dass $\begin{eqnarray*} Rf \cap I \neq \{0\} \end{eqnarray*}$ .

09.06.2010, 09:04

Mystic

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Edit: Sorry, hier stand Unsinn... Hatte da eine Idee von der ich dachte, sie funktioniert, aber das scheint doch nicht der Fall zu sein... unglücklich

Habe aber trotzdem noch eine andere vielversprechende Idee, aber brauche noch etwas Zeit, um genauer zu prüfen, ob da nicht wieder ein Trugschluß dabei ist...

11.06.2010, 14:13

Mystic

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Okay, hier also, wie versprochen, ein neuer Beweisversuch... Vielleicht hat ja jemand die Geduld bzw. den Biss, sich das durchzulesen und zu überprüfen (Sly?)... Augenzwinkern

Im folgenden sei dazu $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ der n-dimensionale Vektorraum mit $\begin{eqnarray*} R=End(V) \end{eqnarray*}$ als Endomorphismenring und dem Linksideal $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ...Ferner habe $\begin{eqnarray*} f \in R \end{eqnarray*}$ die Eigenschaft, dass man für jedes $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \tilde{f}_v \in I \end{eqnarray*}$ angeben kann, sodass $\begin{eqnarray*} f(v) = \tilde{f}_v(v) \end{eqnarray*}$ (man beachte, dass dies für $\begin{eqnarray*} v=0 \end{eqnarray*}$ trivial, für $\begin{eqnarray*} v \neq 0 \end{eqnarray*}$ aber eine Voraussetzung des zu beweisenden Satzes ist)...

Ich benötige dann für den eigentlichen Beweis folgendes

Lemma: Zu jedem $\begin{eqnarray*} v \in V \setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ gibt es unter obigen Voraussetzungen ein $\begin{eqnarray*} f_v \in I \end{eqnarray*}$ , sodass gilt

$\begin{eqnarray*} f_v(w)=f(w)\quad \forall w \in \langle v \rangle, \quad \text{jedoch}\quad f_v(w)=0 \quad \forall w \end{eqnarray*}$ im Komplementärraum zu $\begin{eqnarray*} \langle v \rangle \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \langle v \rangle \end{eqnarray*}$ den von $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ erzeugten Unterraum von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ bezeichnet...

Beweis: Nach Voraussetzung gibt es ein $\begin{eqnarray*} \tilde{f}_v \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \tilde{f}_v(v)=f(v) \end{eqnarray*}$ , aus dem ich mein $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ konstruieren möchte, wobei im folgenden $\begin{eqnarray*} f(v) \neq 0 \end{eqnarray*}$ angenommen wird, da sonst die Behauptung mit $\begin{eqnarray*} f_v=0 \end{eqnarray*}$ trivial ist...

Dazu ergänze ich v zu einer Basis B von V, und zwar so, dass es eine Teilmenge B' von B gilt, sodass $\begin{eqnarray*} v \in B' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \tilde{f}_v(B') \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} \tilde{f}_v(V) \end{eqnarray*}$ und die Komplementärmenge $\begin{eqnarray*} B \setminus B' \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} Kern(\tilde{f}_v) \end{eqnarray*}$ ist, was nach elementaren Sätzen der Linearen Algebra sicher stets möglich ist... Damit kann ich aber dann, da $\begin{eqnarray*} \tilde{f}_v(B') \end{eqnarray*}$ nach Voraussetzung aus linear unabhängigen Vektoren von V besteht, sicher eine Abbildung $\begin{eqnarray*} g_v \in R \end{eqnarray*}$ finden, welche auf $\begin{eqnarray*} \langle f(v) \rangle \end{eqnarray*}$ die Identität ist, aber den Komplementärraum auf 0 abbildet... Mein gesuchtes $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ ist dann aber offensichtlich gerade $\begin{eqnarray*} f_v = g_v \tilde{f}_v \in I \end{eqnarray*}$ ...

Der Beweis der eigentlichen Behauptung ergibt sich dann unmittelbar aus der Summendarstellung

$\begin{eqnarray*} f = \sum_{v \in B} f_v \in I \end{eqnarray*}$

für irgendeine Basis B von V...

11.06.2010, 19:49

Sly

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Ich sehe hier wieder ein entscheidendes Problem. Im Allgemeinen gibt es nicht DEN Komplementärraum zu irgendwas, sondern zumeist unendlich viele.

Das führt ja dazu, dass du bei jedem $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ eine konkrete Basis wählen musst, sodass es die geforderten Eigenschaften erfüllt. Die Basisvektoren, die dann auf $\begin{eqnarray*} f_v \end{eqnarray*}$ verschwinden, sind im Allgemeinen ganz andere, als die, die auf $\begin{eqnarray*} f_w \end{eqnarray*}$ verschwinden für $\begin{eqnarray*} v\neq w \end{eqnarray*}$ .

Beim Endausdruck für $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ summierst du aber über EINE Basis. Das geht an der Stelle schief.

11.06.2010, 22:34

Mystic

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Zitat:

Original von Sly
Ich sehe hier wieder ein entscheidendes Problem. Im Allgemeinen gibt es nicht DEN Komplementärraum zu irgendwas, sondern zumeist unendlich viele.

Ja, ist echt peinlich, wenn einem sowas erst in Erinnerung gebracht werden muss... unglücklich

Zitat:

Original von Sly
[...]Beim Endausdruck für $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ summierst du aber über EINE Basis. Das geht an der Stelle schief.

Ich bin inzwischen auch selbst schon draufgekommen, dass man die Basis, welche sich hier eignet, keinesfalls beliebig vorgeben darf, sondern induktiv so konstruieren muss, jedes neu dazukommende Basiselement in einem gewissen Sinn "kompatibel" ist mit den anderen... Die Details dazu muss ich mir allerdings erst überlegen, und falls mir etwas einfällt, melde ich mich wieder...

Auf jeden Fall schon jetzt vielen Dank für die Durchsicht meiner bisherigen "Beweiseversuche" und die fachkundigen Kommentare dazu... Augenzwinkern

15.06.2010, 22:44

Mystic

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Ok, auf zu einem weiteren (allerdings nun wirklich letzten!) Beweisversuch, der nun hoffentlich nicht mehr (oder zumindestens nicht mehr so einfach) zu widerlegen sein wird... Augenzwinkern

Im folgenden bezeichne $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ wieder einen n-dimensionalen Vektorraum über einen Körper $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} R:=End_K(V) \end{eqnarray*}$ den Endomorphismenring von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ , den man sich auch als den einfachen Ring aller (n x n)-Matrizen über $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ vorstellen kann... $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ wird mit der Sklaramultiplikation $\begin{eqnarray*} v \mapsto f(r) \quad \forall v \in V \end{eqnarray*}$ zu einem R-Modul... Wir schreiben daher statt f(v) um folgenden meist auch nur fv...Zwei einfach zu beweisende Grundtatsachen seien schon jetzt in Erinnerung gerufen, da sie später benötigt werden:

1. Alle R-Moduln M, insbesondere also auch $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ als R-Modul, besitzen nur die trivialen R-Untermoduln, nämlich M und 0 (={0}).

2. Die Endomorphismen von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ als R-Modul sind gerade die skalaren Multiplikationen mit Elementen von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ , d.h., $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ sind in diesem Sinne "dual" zueinander und gehören untrennbar zusammen wie zwei siamesische Zwillinge. Augenzwinkern

Im folgenden seien ferner $\begin{eqnarray*} f \in R \end{eqnarray*}$ und das Linksideal $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ fest vorgegeben, sodass gilt

$\begin{eqnarray*} fv \ne 0 \Rightarrow Iv \ne 0 \quad \forall v \in V\quad (\ast) \end{eqnarray*}$

Man beachte, dass diese Bedingung wegen der Einfachheit von V als R-Modul gleichwertig dazu ist, dass es zu jedem $\begin{eqnarray*} v \in V \setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} r \in I \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} rv=fv \end{eqnarray*}$ ...

Des weiteren sei $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ irgendein Komplementärraum zum Unterraum $\begin{eqnarray*} W=\{v \in V| Iv=0\} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ ,wobei sich der Haupteil des Beweises in $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ abspielen wird... Dazu benötige ich folgendes

Lemma: Sind $\begin{eqnarray*} v_1,v_2,\ldots,v_k \end{eqnarray*}$ (k>0) irgendwelche linear unabhängige Elemente in U, so gibt es stets ein $\begin{eqnarray*} r \in I \end{eqnarray*}$ , für welches gilt

$\begin{eqnarray*} rv_j=0 \ \forall j \in \{1,2,\ldots,k-1\}, \quad rv_k \ne 0 \end{eqnarray*}$

Beweis: Durch Induktion nach k, wobei der Induktionsanfang k=1 durch (*) gemacht wird...Nehmen wir also nun an, dass k>1 ist und die Behauptung für k-1 schon gezeigt sei... Sei dann $\begin{eqnarray*} J \subseteq I \end{eqnarray*}$ ein weiteres Linksideal von R, welches definiert ist durch

$\begin{eqnarray*} J:=\{r \in I | rv_i =0, i=1,2,\ldots,k-2\} \end{eqnarray*}$

Wir wissen dann nach Induktionsannahme, dass

$\begin{eqnarray*} Jv_{k-1} \ne 0, \ Jv_k \ne 0 \end{eqnarray*}$

womit dann wegen der Einfachheit von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ als R-Modul sofort auch

$\begin{eqnarray*} Jv_{k-1} = Jv_k =V \end{eqnarray*}$

folgt... Angenommen unsere Behauptung wäre falsch, d.h., er würde immer gelten

$\begin{eqnarray*} rv_{k-1} =0 \Rightarrow rv_k =0 \quad \forall r \in J \end{eqnarray*}$

Dann wäre aber die Abbildung $\begin{eqnarray*} \kappa: V \rightarrow V \end{eqnarray*}$ defriniert durch

$\begin{eqnarray*} rv_{k-1} \mapsto rv_k \quad \forall r \in J \end{eqnarray*}$

wohldefiniert und man zeigt leicht, dass sie auch R-linear ist...Nach Obigem ist $\begin{eqnarray*} \kappa \end{eqnarray*}$ also nichts anderes als die Skalarmultiplikation mit einem Element $\begin{eqnarray*} \kappa \in K \end{eqnarray*}$ ... Das impliziert aber

$\begin{eqnarray*} r(\kappa v_{k-1}-v_{k})=0 \quad \forall r \in J \end{eqnarray*}$

was der Induktionsvoraussetzung für k-1 klar widerspricht, denn $\begin{eqnarray*} v_1,v_2,\ldots,v_{k-2},\kappa v_{k-1}-v_k \end{eqnarray*}$ sind unter den gegebenen Voraussetzungen sicher linear unabhängig und es müsste somit $\begin{eqnarray*} J(\kappa v_{k-1}-v_k) \ne 0 \end{eqnarray*}$ sein...

Ist also B eine Basis von V, sodass B' eine Basis von U iund B\B' eine Basis von W ist, so können wir für jedes Basiselement b in B' ein $\begin{eqnarray*} r_b \in I \end{eqnarray*}$ finden, sodass $\begin{eqnarray*} r_b b=b \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} r_b(B' \setminus {b})=\{0\} \end{eqnarray*}$ ist, womit dann schließlich gilt (man beachte, dass $\begin{eqnarray*} W \subseteq Kern(r_b ) \quad \forall b \in B' \end{eqnarray*}$ , sowie auch $\begin{eqnarray*} W \subseteq Kern(f) ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f = \sum_{b \in B'} f r_b \in I \end{eqnarray*}$

q.e.d.

Edit: Aaarg, bei jedem Durchlesen sehe ich immer noch kleine Fehler oder Ungenauigkeiten, die "Logik" des Beweises dürfte aber nun wirklich stimmen...

16.06.2010, 11:15

Sly

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Zitat:

Original von Mystic
1. Alle R-Moduln M, insbesondere also auch $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ als R-Modul, besitzen nur die trivialen R-Untermoduln, nämlich M und 0 (={0}).

V ist einfach, aber nicht alle R-Moduln...aufpassen da! Auch wenn du es ja nicht verwendest.

Nach mehrmaligem Durchlesen sieht mir das richtig aus. Schön Freude

Ich habe mir die Tage auch noch ein paar Gedanken über die Aufgabe gemacht. Es müsste doch nicht allzu schwer sein zu zeigen, dass jedes Linksideal in $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ von der Form

$\begin{eqnarray*} L_U = \{ f\in R | U\subset\ker(f)\} \end{eqnarray*}$ für einen Unterraum $\begin{eqnarray*} U\subset V \end{eqnarray*}$ ist.

Die ursprüngliche Aufgabe, die zu diesem Problem führte, war nämlich, genau das für maximale Linksideale (und entsprechend eindimensionale Unterräume U) zu zeigen. Wie erwartet, war meine Lösung dazu letztendlich richtig, aber weitaus komplizierter als nötig.

Hat man jedenfalls obige Aussage, ergibt sich unsere Behauptung ziemlich schnell daraus. Ich hab zwar zu obigem Ideen im Kopf, bin aber gerade zu faul, es aufzuschreiben. Vielleicht später, wenn ich mehr Zeit und Lust habe.

16.06.2010, 17:42

Mystic

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Zitat:

Original von Sly
V ist einfach, aber nicht alle R-Moduln...aufpassen da! Auch wenn du es ja nicht verwendest.

Ja, das gilt ja nicht einmal für den regulären R-Modul R...Hatte da leider wieder einmal ein temporäres Blackout... unglücklich

Zitat:

Original von Sly
Ich habe mir die Tage auch noch ein paar Gedanken über die Aufgabe gemacht. Es müsste doch nicht allzu schwer sein zu zeigen, dass jedes Linksideal in $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ von der Form

$\begin{eqnarray*} L_U = \{ f\in R | U\subset\ker(f)\} \end{eqnarray*}$ für einen Unterraum $\begin{eqnarray*} U\subset V \end{eqnarray*}$ ist.

Ich denke, im Grunde genommen ist das nur eine etwas andere Formulierung von dem, was ich oben gezeigt habe...

16.06.2010, 18:33

Sly

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Richtig, aber wesentlich einfacher, wie ich gerade sehe:

Zunächst stelle ich fest: $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ist als endlichdimensionaler $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ -Vektorraum insbesondere ein links-artin'scher Ring. Außerdem ist jedes

$\begin{eqnarray*} L_U = \{ f\in R | U\subset\ker(f)\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \dim_K U = 1 \end{eqnarray*}$ offensichtlich ein maximales Linksideal. Folglich gilt für das Jacobsonradikal von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Jac}(R) \subset \bigcap\{ L_U | U\subset V, \dim_K U = 1 \} = {0} \end{eqnarray*}$ .

Nun ist ein linksartinscher Ring mit verschwindendem Jacobsonradikal schon halbeinfach. Außerdem ist $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ein einfacher Ring, und hat demnach nur eine Isomorphieklasse einfacher $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Moduln, nämlich gerade $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ .

Diese Tatsachen wenden wir nun an. Sei $\begin{eqnarray*} L\subset R \end{eqnarray*}$ ein beliebiges Linksideal. Dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ und einen Isomorphismus $\begin{eqnarray*} \phi: R/L \to V^k \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Moduln. Nun setze

$\begin{eqnarray*} (v_1,\dots,v_k) := \phi(\bar{1}) \end{eqnarray*}$ .

Nun gilt für alle $\begin{eqnarray*} \bar{r}\in R/L \end{eqnarray*}$ bereits

$\begin{eqnarray*} \phi(\bar{r}) = r\phi(\bar{1}) = (rv_1,\dots,rv_k) \end{eqnarray*}$ .

Damit $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ surjektiv ist, müssen $\begin{eqnarray*} v_1,\dots,v_k \end{eqnarray*}$ schon linear unabhängig sein. Nun sei $\begin{eqnarray*} U=\langle v_1,\dots,v_k\rangle\subset V \end{eqnarray*}$ der von ihnen erzeugte Teilraum. $\begin{eqnarray*} v_1,\dots,v_k \end{eqnarray*}$ bilden nun offenbar eine Basis dieses Teilraumes.

Sei nun $\begin{eqnarray*} \pi: R\to R/L \end{eqnarray*}$ die kanonische Projektion. Dann sieht man wegen der Injektivität von $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ bereits

$\begin{eqnarray*} \ker(\phi\circ \pi) = \ker\pi = L \end{eqnarray*}$ und daher

$\begin{eqnarray*} f\in L \end{eqnarray*}$ gdw. $\begin{eqnarray*} \phi(\pi(f)) = f \phi(\pi(1)) = (fv_1,\dots,fv_k) = 0 \end{eqnarray*}$ gdw. $\begin{eqnarray*} U\subset \ker(f) \end{eqnarray*}$ .

Folglich $\begin{eqnarray*} L=L_U \end{eqnarray*}$ .

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