Ränge von Moduln in einer kurzen exakten Sequenz

07.05.2013, 22:46

Kiwiatmb

Ränge von Moduln in einer kurzen exakten Sequenz

Ich komme gerade bei einer Aufgabe aus Kommutative Algebra überhaupt nicht weiter. So schwer kann sie aber eigentlich nicht sein, denn so viel hat man nicht gegeben:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \text{Sei } R \text{ ein Ring und} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 \to L \overset{\alpha}{\to} M \overset{\beta}{\to} N \to 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{eine kurze exakte Sequenz von } R \text{ - Moduln.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Zeigen Sie } \mathrm{Rang}(M) \geq \mathrm{Rang}(L) + \mathrm{Rang}(N)\text{. ("}=\text{" falls } R \text{ ein Integritätsring)} \end{eqnarray*}$

Meine Idee bisher (aber keine Ahnung, ob sie zu irgendwas führt):

Seien $\begin{eqnarray*} l_1, ..., l_{\mathrm{Rang}(L)}, ~ n_1, ..., n_{\mathrm{Rang}(N)} \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Elemente aus $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ .
Jetzt möchte ich die gerne nach $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ schubsen, um was über den Rang von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ aussagen zu können.
Da $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ surjektiv, $\begin{eqnarray*} \exists \tilde{m}_i \in M \text{ s.d. } \beta (\tilde{m}_i)=n_i ~~ \forall i \in \{1,...,\mathrm{Rang}(N)\} \end{eqnarray*}$ .
Betrachte also die Linearkombination $\begin{eqnarray*} r_1 \alpha (l_1) + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)}\alpha (l_{\mathrm{Rang}(L)}) + r_{\mathrm{Rang}(L)+1} \tilde{m}_1 + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)}\tilde{m}_{\mathrm{Rang}(N)} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Leider weiß ich nicht, wie ich weiterkomme oder wohin das führt (denn ich weiß nicht, was ich eigentlich rausbekommen möchte. Denn wenn ich jetzt beispielsweise rausbekäme, dass alle r=0 sein müssen, dann hätte ich eigentlich " $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ " gezeigt, oder? verwirrt

) Ich weiß, es ist ein bisschen suboptimal, einfach irgendwie anzufangen, aber das sind peinlicherweise die einzigen Zusammenhänge, die ich gefunden habe.

Aus der Voraussetzung (insb. exakte Sequenz) ableiten kann ich natürlich noch:
- $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \end{eqnarray*}$ sind Homomorphismen
- $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist injektiv, $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ surjektiv, $\begin{eqnarray*} \mathrm{im}(\alpha)=\ker(\beta) \end{eqnarray*}$
- Unendliche Ränge sind zwar prinzipiell zugelassen, aber die Fälle kann man zügig gesondert ausschließen, denke ich. Also bleiben wir vielleicht erst mal bei endlichen Rängen.

Vielleicht könnt ihr mir hier ja ein wenig unter die Arme greifen. smile

Dankeschön schonmal!

08.05.2013, 07:11

tmo

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Wende doch nun mal $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ an.

Übrigens: Der Fall der unendlichen Ränge ist in deiner Vorhergehensweise abgedeckt.

Du zeigst ja, dass dass zu jeder Wahl von endlich vielen linear unabhängigen Elementen aus L und N die entsprechenden Elemente in M auch linear unabhängig sind.

Übergang zum Supremum liefert die Behauptung, völlig egal ob dieses Supremum endlich ist oder nicht.

08.05.2013, 10:28

Kiwiatmb

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Zitat:

Wende doch nun mal $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ an.

Na wenn du das sagst...
(wobei: Nur links? Auf beiden Seiten?)

$\begin{eqnarray*} \beta(r_1 \alpha (l_1) + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)}\alpha (l_{\mathrm{Rang}(L)}) + r_{\mathrm{Rang}(L)+1} \tilde{m}_1 + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)}\tilde{m}_{\mathrm{Rang}(N)}) \overset{\beta \text{ Hom.}}{=} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \beta(r_1 \alpha (l_1)) + ... + \beta(r_{\mathrm{Rang}(L)}\alpha (l_{\mathrm{Rang}(L)})) + \beta(r_{\mathrm{Rang}(L)+1} \tilde{m}_1) + ... + \beta(r_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)}\tilde{m}_{\mathrm{Rang}(N)}) \overset{\mathrm{im}(\alpha)=\ker (\beta)}= \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} r_{\mathrm{Rang}(L)+1} n_1 + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)} n_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)}\overset{!}{=}0 \end{eqnarray*}$

Da die $\begin{eqnarray*} n_i \end{eqnarray*}$ linear unabhängig sind nach Voraussetzung müssten nun alle $\begin{eqnarray*} r_{\mathrm{Rang}(L)+1}, ..., r_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)} \end{eqnarray*}$ Null sein.
Hm. Entschuldige die blöde Frage, aber: Na und? War es das, worauf du hinauswolltest? Ich sehe leider nämlich nicht so ganz, wie das weiterhilft. verwirrt

Zitat:

Übergang zum Supremum liefert die Behauptung, völlig egal ob dieses Supremum endlich ist oder nicht.

Hm. Ich hoffe, wir reden von derselben Rangdefinition. Bei uns ist "der Rang die maximale Anzahl (Kardinalität) linear unabhängiger Famlien". Wo man da jetzt zum Supremum übergehen kann/darf, sehe ich noch nicht ganz. Aber vielleicht klärt sich das ein bisschen, wenn ich obiges verstanden habe.

Vielen Dank für deine Antwort! (Hatte schon befürchtet, sobald man aus LinAlg rausrutscht sinken die Chancen auf Hilfe hier schnell auf Null.)

08.05.2013, 17:09

tmo

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Du hast jetzt also, dass die hinteren Koeffizienten alle 0 sind.

Jetzt musst du nur noch folgern, dass auch die vorderen Koeffizienten alle 0 sind. Dann bist du doch im Wesentlichen fertig.

Zu der Vorgehensweise:

Wir zeigen doch hier: Haben wir zwei endliche linear unabhängigen Teilmengen $\begin{eqnarray*} L' \subset L \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} N' \subset N \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} \alpha(L') \cup \beta^{-1}(N') \end{eqnarray*}$ (Dabei meint $\begin{eqnarray*} \beta^{-1} \end{eqnarray*}$ hier lapidar, dass man sich genau ein Urbild wählt) linear unabhängig in $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist.

Da die lineare Unahängigkeit einer Familie ja über die lineare Unabhängigkeit aller endlichen Teilmengen definiert ist, haben wir insbesondere gezeigt:

Sind $\begin{eqnarray*} L' \subset L, N' \subset N \end{eqnarray*}$ irgendwelche (also von beliebiger Kardinalität) linear unabhängige Familien, so ist $\begin{eqnarray*} \alpha(L') \cup \beta^{-1}(N') \end{eqnarray*}$ (zu verstehen wie eben) linear unabhängig in $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ .

Genau das ist doch hinreichend für

$\begin{eqnarray*} Rang(M) \geq Rang(L)+Rang(N) \end{eqnarray*}$

08.05.2013, 20:24

Kiwiatmb

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Hm. Ich schreibe jetzt mal den kompletten Beweis nochmal hübsch und strukturiert auf. smile

(Vorsicht, ist durchaus recht ausführlich und daher nicht so kurz.)

(Bezeichnungen wie oben. $\begin{eqnarray*} \mathrm{Rang}(L/M/N) := \mathfrak{l}/\mathfrak{m}/\mathfrak{n} \end{eqnarray*}$ )
Zeige: $\begin{eqnarray*} \{ l_i ~|~ i=1,\dots ,\mathfrak{l}\} \text{ linear unabhängig in } L \Rightarrow \{\alpha(l_i) ~|~ i=1,\dots ,\mathfrak{l}\} \text{ linear unabhängig in } M. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Seien }\{ l_i ~|~ i=1,\dots ,\mathfrak{l}\} \text{ linear unabhängig in } L \text{, d.h. ( } r_1l_1+\dots +r_\mathfrak{l}l_\mathfrak{l}=0 \text{ mit }r_i \in R \Rightarrow r_i = 0 ~ \forall i.\text{ ) } ~~(*) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Gelte }s_1\alpha(l_1)+\dots+s_\mathfrak{l}\alpha(l_\mathfrak{l})=0 \text{ für }s_i \in R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\alpha ~ Hom.}{\Rightarrow}\alpha(s_1l_1+\dots+s_\mathfrak{l}l_\mathfrak{l})=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\alpha ~ inj.}{\Rightarrow}s_1l_1+\dots+s_\mathfrak{l}l_\mathfrak{l}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{(*)}{\Rightarrow} s_i = 0 ~\forall i \Rightarrow \mathrm{Beh.} \checkmark \end{eqnarray*}$

Zeige: $\begin{eqnarray*} \{ n_i ~|~ i=1,\dots ,\mathfrak{n}\} \text{ linear unabhängig in } N \Rightarrow \{\beta^{-1}(n_i) ~|~ i=1,\dots ,\mathfrak{n}\} \text{ linear unabhängig in } M. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Seien }\{ n_i ~|~ i=1,\dots ,\mathfrak{n}\} \text{ linear unabhängig in } N \text{, d.h. ( } r_1n_1+\dots +r_\mathfrak{n}n_\mathfrak{n}=0 \text{ mit }r_i \in R \Rightarrow r_i = 0 ~ \forall i.\text{ ) } ~~(**) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \text{und wähle }\tilde{m_i}\in M\text{ s.d. }\beta(\tilde{m_i})=n_i ~\forall i\in \{1,\dots, \mathfrak{n}\}. \text{ (möglich, da } \beta \text{ surjektiv)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Gelte }s_1\tilde{m}_i+\dots+s_\mathfrak{n}\tilde{m}_\mathfrak{n}=0 \text{ für }s_i \in R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\beta(0)=0}{\Rightarrow}\beta(s_1\tilde{m}_1+\dots+s_\mathfrak{n}\tilde{m}_\mathfrak{n})=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\beta ~ Hom.}{\Rightarrow}s_1 \beta(\tilde{m}_1)+\dots+s_\mathfrak{n}\beta(\tilde{m}_\mathfrak{n})=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow s_1n_1+\dots+s_\mathfrak{n}n_\mathfrak{n}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{(**)}{\Rightarrow} s_i = 0 ~\forall i \Rightarrow \mathrm{Beh.} \checkmark \end{eqnarray*}$

Zeige: $\begin{eqnarray*} \text{Für }l_i, \tilde{m}_j \text{ wie oben gilt } \alpha(l_i)\neq \tilde{m}_j ~\forall i,j. \end{eqnarray*}$

Angenommen, dies würde gelten, dann:

$\begin{eqnarray*} n_j=\beta(\tilde{m}_j)=\beta(\alpha(l_i))\overset{\mathrm{im}(\alpha)=\ker (\beta)}{=} 0 ~\forall i,j \Rightarrow \mathrm{Widerspruch!} \Rightarrow \text{ Beh.} \end{eqnarray*}$

Passt das so? Das ist irgendwie übersichtlicher als mein erster Ansatz. smile

So. Und was ändert sich jetzt, wenn R ein Integritätsring ist?

08.05.2013, 22:36

tmo

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Das reicht aber nicht.

Du zeigst ja nur, dass die beiden Mengen einzeln in M linear unabhängig sind. Man muss aber zeigen, dass ihre Vereinigung linear unabhängig ist. Aber genau das haben wir doch oben schon gemacht und es ist ja kein bisschen schwerer.

Zum Integritätsbereich: Ist R nullteilerfrei, so können wir im Primideal $\begin{eqnarray*} (0) \end{eqnarray*}$ lokalisieren und sind dann in der schönen Situation, dass wir Vektorräume haben smile

In diesem Fall ist die Additivität der Ränge (Dimensionen) bei exakten Sequenzen eine altbekannte Tatsache aus der linearen Algebra.

08.05.2013, 23:24

Kiwiatmb

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So ein Mist zefix! böse

Aber seh ich natürlich ein... Hatte aber immerhin den Effekt, dass ich jetzt weiß, warum die intuitive Herangehensweise von oben zielführend ist. Freude

Okay, ich nehme mal den Faden meines zweiten Beitrages wieder auf:

Zitat:

... nun alle $\begin{eqnarray*} r_{\mathrm{Rang}(L)+1}, ..., r_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)} \end{eqnarray*}$ Null sein.

Also weiß ich jetzt was Neues bezgl. meiner ursprünglichen Linearkombination aus dem ersten Beitrag:
$\begin{eqnarray*} r_1 \alpha (l_1) + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)}\alpha (l_{\mathrm{Rang}(L)}) + r_{\mathrm{Rang}(L)+1} \tilde{m}_1 + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)+\mathrm{Rang}(N)}\tilde{m}_{\mathrm{Rang}(N)} = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\text{s. Zitat}}{\Rightarrow} r_1 \alpha (l_1) + ... + r_{\mathrm{Rang}(L)}\alpha (l_{\mathrm{Rang}(L)}) = 0 \end{eqnarray*}$

Dann bin ich aber in genau derselben Situation wie im ersten Abschnitt meines letzten Beitrages und kann den Beweis 1:1 kopieren um zu zeigen, dass auch die restlichen r_i = 0:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \text{Gelte }s_1\alpha(l_1)+\dots+s_\mathfrak{l}\alpha(l_\mathfrak{l})=0 \text{ für }s_i \in R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\alpha ~ Hom.}{\Rightarrow}\alpha(s_1l_1+\dots+s_\mathfrak{l}l_\mathfrak{l})=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\alpha ~ inj.}{\Rightarrow}s_1l_1+\dots+s_\mathfrak{l}l_\mathfrak{l}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{(*)}{\Rightarrow} s_i = 0 ~\forall i \Rightarrow \mathrm{Beh.} \checkmark \end{eqnarray*}$

(Wobei $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ gerade die lineare Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} l_i \end{eqnarray*}$ war, die wir aber auch hier vorausgesetzt haben - also sollte der Beweis genau so gehen.)

Besser? smile

Zitat:

Zum Integritätsbereich: Ist R nullteilerfrei, so können wir im Primideal $\begin{eqnarray*} (0) \end{eqnarray*}$ lokalisieren und [...]

Lokalisierung haben wir noch nicht, kommt erst im Laufe der nächsten Wochen...
Ich sehe aber einfach nicht, an welcher Stelle die Tatsache, dass R ein Integretitätsbereich/-ring ist, etwas ändert.

08.05.2013, 23:30

tmo

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Was meinst du mit "was sich ändert"?

Wir haben bis jetzt ja noch gar nicht versucht, die Gleichheit zu zeigen, also hätten wir auch noch gar nicht sehen können, warum das nicht klappt.

Wenn Lokalisierung noch nicht drin ist, wie siehts denn mit Tensorprodukt aus? Tensorieren mit dem Quotientenkörper ist nämlich dassselbe wie Lokalisieren im Nullideal.

08.05.2013, 23:51

Kiwiatmb

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Äh ja. Richtig. Das mit dem "sich ändern" war irgendwie Quatsch...

Tensorprodukt. *Schauder*
Also grundsätzlich nur für K-Vektorräume aus LinAlgII (also wenn der Plan war, ein Modul mit dem Quotientenkörper zu tensorieren schaut das schlecht aus).
(Wesentliche Dinge, die hängen geblieben sind:
- Die Konstruktion war lächerlich abwegig
- Es gibt eine universelle Eigenschaft
- Ein paar hübsche Rechenregeln für die Tensoren gibt es
- Der Vektorraum und das Tensorprodukt (mit dem entsprechenden Körper) sind (kanonisch) isomorph)

Wichtige Resultate bisher waren das Schlangenlemma und der Elementarteilersatz - hilfreich? (Immerhin macht ersteres eine Aussage zu exakten Sequenzen und letzteres beinhaltet eine Aussage über Ränge... verwirrt

)

08.05.2013, 23:57

tmo

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Also man kann es auf jeden Fall auch elementar nachrechnen. Wenn man das tut, sieht man auch, wo die Nullteilerfreiheit eingeht.

Ich bin jetzt mal weg und morgen auch den ganzen Tag unterswegs. Ich kann dir ab morgen Abend dann wieder einen Tipp geben. Bis dahin kannst du es ja mal alleine versuchen.

09.05.2013, 18:47

Kiwiatmb

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Nochmal zu $\begin{eqnarray*} "\geq " \end{eqnarray*}$ : Was hältst du denn nun von meinem letzten Beweisversuch? geschockt

Hm. Also ich hab das jetzt mal mit derselben Idee (nur andersherum) probiert. Aber irgendwas wird wohl nicht stimmen, da ich nicht sehe, wo ich die Eigenschaft von R als Integritätsbereich genutzt hätte.

Mein Versuch:

$\begin{eqnarray*} \text{Sei } \{m_1, \dots , m_\mathfrak{m}\} \text{ lin. unabhängig in } M. \text{ Wähle }I\subseteq \{1, \dots , \mathfrak{m}\} \text{ s.d.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} m_i \not\in \mathrm{im}(\alpha) ~\forall i\in I \text{ und } \beta(m_i)\neq \beta(m_{i'}) ~\forall i\neq i'. ~~ &&(*) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Gelte } \sum_{i\in I} r_i\beta(m_i)=0 \text{ mit } r_i \in R. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\beta ~ Hom.}{\Rightarrow} \beta( \sum_{i\in I} r_i m_i)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} {\color{red} \Rightarrow }\sum_{i\in I} r_i m_i=0 \text{ ,da }\beta : \{m_i | i\in I\}\to \{\beta (m_i) | i\in I\} \text{ injektiv wg. }(*) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow r_i=0 ~\forall i \in I \text{ ,da } \{ m_i | i\in I \} \subseteq \{m_1, \dots , m_\mathfrak{m} \} \text{ und letztere lin. unabhängig.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \{\beta (m_i) | i\in I\} \text{ lin. unabhängig in }N. && \checkmark \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Sei }J := \{1, \dots , \mathfrak{m}\} \backslash I. (\Rightarrow m_j\in \mathrm{im}(\alpha) ~\forall j\in J &&(**) ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Wähle für alle } j \text{ aus } J: ~ l_j\in L \text{ s.d. } \alpha (l_j)=m_j \text{ (möglich wegen } (**) \text{ )} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Gelte } \sum_{j\in J} r_jl_j=0 \text{ mit } r_j \in R. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overset{\alpha (0)=0, \alpha \text{ Hom.}}{\Rightarrow} \sum_{j\in j} r_j \alpha(l_j)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \sum_{j\in J} r_jm_j=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow r_j = 0 \forall j\in J \text{ ,da } \{ m_j | j\in j \} \subseteq \{m_1, \dots , m_\mathfrak{m} \} \text{ und letztere lin. unabhängig.} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \{ l_j | j\in J\} \text{ lin. unabhängig in } L. && \checkmark \end{eqnarray*}$

Jetzt wo ich's aufgeschrieben habe, sehe ich, dass an der Stelle $\begin{eqnarray*} {\color{red} \Rightarrow} \end{eqnarray*}$ die Begründung einfach nicht passt... Aber vielleicht ist die Idee ja ausbaufähig? smile

Edit: Argh. Dass alle $\begin{eqnarray*} m_j\in \mathrm{im}(\alpha) \end{eqnarray*}$ (vgl. $\begin{eqnarray*} (**) \end{eqnarray*}$ ) stimmt auch nicht zwangsläufig... unglücklich

10.05.2013, 17:51

tmo

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$\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ ist so nun korrekt. Dann zur Gleichheit:

Du machst einen Fehler, bzw vergisst eine Tatsache:

Du kannst natürlich nicht erwarten, dass man sich einfach linear unabhängige Elemente aus M wählt und dann schaut, welche aus L kommen und dann hoffen, dass der Rest in N linear unabhängig bleibt.

Man wird sicherlich mit den Elementen irgendwelche Transformationen durchführen müssen (und hier sieht man dann auch, warum die Nullteilerfreiheit wichtig ist).

So funktioniert es:

$\begin{eqnarray*} m_1, \dotsc, m_n \end{eqnarray*}$ seien linear unabhängig in M.

Wähle nun $\begin{eqnarray*} r \leq n \end{eqnarray*}$ maximal mit der Eigenschaft, dass sich aus diesen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Elementen r auswählen lassen, die unter $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ immer noch linear unabhängig sind.

Nach umsortieren sind also o.B.d.A $\begin{eqnarray*} \beta(m_1), \dotsc, \beta(m_r) \end{eqnarray*}$ linear unabhängig in $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ .

Nun (denke darüber nach warum): Zu jedem $\begin{eqnarray*} j \in \{r+1, n \} \end{eqnarray*}$ gibt es nun ein $\begin{eqnarray*} \lambda_j \neq 0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \lambda_i^{(j)} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \beta(\lambda_1^{(j)} m_1 + \dotsb + \lambda_r^{(j)}m_r + \lambda_j m_j)=0 \end{eqnarray*}$ .

Nun kommt (das erste Mal überhaupt in diesem Thread) die Exaktheit in der Mitte zum Einsatz, die besagt, dass $\begin{eqnarray*} \lambda_i^{(j)} m_1 + \dotsb + \lambda_i^{(j)}m_r + \lambda_j m_j \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} r+1 \leq j \leq n \end{eqnarray*}$ aus L kommt.

Zeige, dass diese linear unabhängig sind. Da geht dann selbstverständlich die Nullteilerfreiheit entscheidend ein. Wenn die $\begin{eqnarray*} \lambda_j \end{eqnarray*}$ Nullteiler wären, wäre die Sache natürlich hoffnungslos.

Insgesamt hast du dann n linear unabhängige Elementen in M aufgeteilt auf r lienar unabhängige in N und n-r linear unabhängige in L.

Noch ein Zusatz:
Um sich klarzumachen, warum man diese Transformationen braucht, machen wir mal ein triviales Beispiel. Sei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ein Körper.

Wir betrachten die exakte Sequenz $\begin{eqnarray*} 0 \to K \to K^2 \to K \to 0 \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ sei die Inklusion in die erste Komponente und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ dann natürlich die Projektion auf die zweite Komoponente.

Betrachten wir jetzt die Basis $\begin{eqnarray*} m_1=(1,1), m_2=(0,1) \end{eqnarray*}$ , so sind unter $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ beide Elemente gleich, aber keines von beiden kommt von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ . D.h. wir müssen eine Transformation machen:

Es ist $\begin{eqnarray*} r = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \beta(m_1-m_2)=0 \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} \lambda_2=-1 \end{eqnarray*}$ in der Notation des obigen Beweises.

Und in der Tat: $\begin{eqnarray*} m_1-m_2 = (1,0) \end{eqnarray*}$ kommt von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ und ist dort in $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ natürlich eine Basis.

19.05.2013, 14:20

Kiwiatmb

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Herzlichen Dank natürlich noch! Freude

Wollte das schon vor Tagen machen, habe den Thread dann aber irgendwie doch aus den Augen verloren - Entschuldigung!

Hat mir sehr geholfen.

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