Maximales Ideal im diskreten Bewertungsring

06.09.2014, 22:09

L.L.

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$\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ sei ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ sei ein Körper, der in $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ enthalten ist, und sodass die Sequenz

$\begin{eqnarray*} k \to R \to R/ \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$

ein Isomorphismus von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ ist.

Jetzt soll ich zeigen, dass $\begin{eqnarray*} dim_k(\mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1}) = 1 \end{eqnarray*}$ ist für alle $\begin{eqnarray*} n \geq 0 \end{eqnarray*}$ .

Naja, der Induktionsanfang wird mir geschenkt: Es ist $\begin{eqnarray*} dim_k(\mathfrak{m}^0/\mathfrak{m}^1) = dim_k(R/\mathfrak{m}) = dim_k(k) = 1 \end{eqnarray*}$ . Weiter komme ich aber nicht.
Ich kann leider nicht verwenden, dass $\begin{eqnarray*} dim_k(R/\mathfrak{m}^n) = n \end{eqnarray*}$ ist (es ist andersherum: Das soll ich später aus der vorherigen Behauptung folgern, was dann nicht mehr schwer ist).

Ich hatte vor, evtl. die exakte Sequenz

$\begin{eqnarray*} 0 \to \mathfrak{m}^{n}/\mathfrak{m}^{n+1} \to \mathfrak{m}^{n-1}/\mathfrak{m}^{n+1} \to \mathfrak{m}^{n-1}/\mathfrak{m}^{n} \to 0 \end{eqnarray*}$

zu verwenden, allerdings fehlt mir dazu bereits der Induktionsanfang, d.h. dass $\begin{eqnarray*} dim_k(R/\mathfrak{m}^2) = 2 \end{eqnarray*}$ ist.
Mir ist bisher nicht eingefallen, wie ich verwenden kann, das $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ein Bewertungsring ist.

Hallo noch einmal,

ich denke jetzt bin ich weiter. Dann wär's schön, wenn ihr kuckt, ob ich es richtig mache:

$\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ sei ein uniformierendes Element, d.h. insbesondere $\begin{eqnarray*} m = (t) \end{eqnarray*}$ . Ich behaupte: $\begin{eqnarray*} \overline{t^n} \end{eqnarray*}$ ist ein linear unabhängiges und erzeugendes Element von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ .

Beweis:

Lineare Unabhängigkeit: Sei $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} r\overline{t^n} = \overline{rt^n} = 0 \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} rt^n \in \mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ . Wäre $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ nicht Null, dann wäre $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ eine Einheit und folglich hätte $\begin{eqnarray*} rt^n \end{eqnarray*}$ die Ordnung $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ und könnte deshalb nicht in $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^{n+1} = (t)^{n+1} = (t^{n+1}) \end{eqnarray*}$ liegen, wegen der Eindeutigkeit der Ordnung. Folglich ist $\begin{eqnarray*} r = 0 \end{eqnarray*}$ .

Dass es Erzeugendensystem ist, habe ich noch nicht.

06.09.2014, 22:32

Captain Kirk

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Hallo,

die lineare Unabh. passt;
$\begin{eqnarray*} t^n \end{eqnarray*}$ ist Erzeuger von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n \end{eqnarray*}$ als R-Modul, also auch (die entsprechende Restklasse) Erzeuger von $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n / \mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$

06.09.2014, 22:43

L.L.

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Hallo ein drittes mal.

Ich habe die Aufgabe jetzt doch noch gelöst, meine Vermutung war richtig. Der Vollständigkeit wegen schreibe ich die Lösung hier noch auf. Zu zeigen bleibt die Surjektivität:

Ich habe in einer früheren Aufgabe, bei gleichen Voraussetzungen, schon einmal folgendes gezeigt:

(a) Für jedes $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ gibt es ein (eindeutiges) $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} z - \lambda \in \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$

(Das folgte aus dem gegebenen Isomorphismus, da man zu jedem $\begin{eqnarray*} z \in R \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \lambda \in k \end{eqnarray*}$ findet, sodass die Restklassen der beiden in $\begin{eqnarray*} R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ identisch sind)

Das konnte man dann induktiv zu folgender Aussage ausweiten:

(b) Sei $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ein uniformierendes Element aus $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z \in R \end{eqnarray*}$ . Dann gibt es zu jedem $\begin{eqnarray*} n \geq 0 \end{eqnarray*}$ (eindeutige) $\begin{eqnarray*} \lambda_{0}, ..., \lambda_{n} \in k \end{eqnarray*}$ und ein $\begin{eqnarray*} z_{n+1} \in R \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} z = \lambda_{0} + \lambda_{1}t^1 + ... + \lambda_{n}t^n + z_{n+1}t^{n+1} \end{eqnarray*}$ ist.

Sei jetzt $\begin{eqnarray*} \overline{z} \in \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ . Dann schreibe ich wie gehabt

$\begin{eqnarray*} z = \lambda_{0} + \lambda_{1}t^1 + ... + \lambda_{n}t^n + z_{n+1}t^{n+1} \end{eqnarray*}$

Da die Ordnung von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ mindestens $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist, muss nach den Rechenregeln der Ordnung gelten:

$\begin{eqnarray*} \lambda_{0} = \lambda_{1} = ... = \lambda_{n-1} = 0 \end{eqnarray*}$

Folglich ist $\begin{eqnarray*} \overline{x} = \overline{ \lambda_{n}t^n + z_{n+1}t^{n+1}} = \overline{\lambda_{n}t^n} = \lambda_{n} \overline{t^n} \end{eqnarray*}$ . Das war gerade die Behauptung.

@Captain Kirk: Dein Lösungsansatz funktioniert nicht, da wir $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -Vektorraum und nicht als $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Modul auffassen.

06.09.2014, 22:51

Captain Kirk

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Zitat:

@Captain Kirk: Dein Lösungsansatz funktioniert nicht, da wir $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -Vektorraum und nicht als $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Modul auffassen.

Ich bin mir dessen bewusst als was es aufgefasst wird. Ich wüsste auch nicht wie man das als R-Modul sinnvoll auffassen sollte.
Der Ansatz funktioniert trotzdem oder gerade deshalb.

06.09.2014, 23:00

L.L.

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Zitat:

Original von Captain Kirk

Zitat:

@Captain Kirk: Dein Lösungsansatz funktioniert nicht, da wir $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -Vektorraum und nicht als $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Modul auffassen.

Ich bin mir dessen bewusst als was es aufgefasst wird. Ich wüsste auch nicht wie man das als R-Modul sinnvoll auffassen sollte.
Der Ansatz funktioniert trotzdem oder gerade deshalb.

Sowohl $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ sind $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Moduln. Damit ist auch $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Modul über die Festlegung

$\begin{eqnarray*} x\cdot (u + \mathfrak{m}^{n+1}) := xu + \mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} x \in R, u \in \mathfrak{m}^n \end{eqnarray*}$ ). Das ist eine wohldefinierte skalare Multiplikation, wie man sich leicht überlegt.

Willst du mir erklären, wie ich mit deinem Ansatz zu jedem $\begin{eqnarray*} z \in \mathfrak{m}^n \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \lambda \in k \end{eqnarray*}$ finde, sodass $\begin{eqnarray*} \overline{z} = \lambda\overline{t^n} \end{eqnarray*}$ ?

06.09.2014, 23:08

Captain Kirk

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Zitat:

Das ist eine wohldefinierte skalare Multiplikation, wie man sich leicht überlegt.

Und wie man sich genauso leicht überlegt definiert das bereits die Struktur als k-Vektorraum.
D.h. die R-VModul-Struktur erzeugt nichts sinvoll anderes.

Zitat:

Willst du mir erklären, wie ich mit deinem Ansatz zu jedem $\begin{eqnarray*} z \in \mathfrak{m}^n \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \lambda \in k \end{eqnarray*}$ finde, sodass $\begin{eqnarray*} \overline{z} = \lambda\overline{t^n} \end{eqnarray*}$ ?

Wieso sollte ich das jemandem erklären der innerhalb einer Minute definitv feststellen kann, dass es nicht funktioniert.
In der Liga kann ich nicht mitspielen.

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06.09.2014, 23:28

L.L.

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Zitat:

Original von Captain Kirk

Zitat:

Willst du mir erklären, wie ich mit deinem Ansatz zu jedem $\begin{eqnarray*} z \in \mathfrak{m}^n \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \lambda \in k \end{eqnarray*}$ finde, sodass $\begin{eqnarray*} \overline{z} = \lambda\overline{t^n} \end{eqnarray*}$ ?

Wieso sollte ich das jemandem erklären der innerhalb einer Minute definitv feststellen kann, dass es nicht funktioniert.
In der Liga kann ich nicht mitspielen.

Gut, dann erkläre ich dir, warum dein Ansatz funktioniert. Die Lösung ist leichter als meine. Wir müssen mit zwei echt verschiedenen skalaren Multiplikationen gleichzeitig arbeiten:

(1) Einmal haben wir $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ als ganz normalen $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Modul (bzw. über Einschränkung auf $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ auch als $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -Modul)

(2) Außerdem haben wir $\begin{eqnarray*} \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ -Modul über die Festlegung

$\begin{eqnarray*} (a + \mathfrak{m})\cdot(u + \mathfrak{m}^{n+1}) := au + \mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ .
Das ist ebenfalls wohldefiniert. (sollte man sich mal klar machen)

Um Verwirrung zu vermeiden, kennzeichne ich jetzt auf diese Weise auch immer, worin wir eine Restklasse betrachten.

Wie du richtig festgestellt hast, existiert zu $\begin{eqnarray*} z \in \mathfrak{m}^n \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} r \in R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} rt^n = z \end{eqnarray*}$ .
Nun ist $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ kanonisch isomorph zu $\begin{eqnarray*} R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ , weswegen wir zu unserem $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \lambda \in k \end{eqnarray*}$ finden mit $\begin{eqnarray*} \lambda + \mathfrak{m} = r + \mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ .

Es folgt:

$\begin{eqnarray*} \lambda\cdot(t^n + \mathfrak{m}^{n+1}) = \lambda t^n + \mathfrak{m}^{n+1} = (\lambda + \mathfrak{m})\cdot(t^n + \mathfrak{m}^{n+1}) = (r + \mathfrak{m})\cdot(t^n + \mathfrak{m}^{n+1}) = rt^n + \mathfrak{m}^{n+1} = z + \mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$

Das zeigt, dass wir ein Erzeugendensystem gefunden haben.

08.09.2014, 08:23

tmo

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Man sollte das etwas konzeptioneller angehen:

Sind $\begin{align*} A \to R \to C \end{align*}$ zwei Ringhomomorphismen und $\begin{align*} M \end{align*}$ ein $\begin{align*} R \end{align*}$ -Modul, so können wir $\begin{align*} M \end{align*}$ via $\begin{align*} A \to M \end{align*}$ einerseits als $\begin{align*} A \end{align*}$ -Modul auffassen und andererseits wird $\begin{align*} M \otimes_R C \end{align*}$ wird zu einem $\begin{align*} C \end{align*}$ -Modul.

Ist die Komposition nun ein Isomorphismus, so sind beide Konstruktionen gleich. (Wenn man das mal nachrechnet, so sieht man tatsächlich warum es wichtig ist, dass der Iso über $\begin{align*} R \end{align*}$ faktorisiert)

D.h. letztendlich war hier wirklich nichts anderes als $\begin{align*} \dim_{R/\mathfrak m} \mathfrak m^n/\mathfrak m^{n+1} =1 \end{align*}$ zu zeigen und das ist nichts anderes als Nakayama.

08.09.2014, 09:57

L.L.

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Zitat:

Original von tmo
so können wir $\begin{align*} M \end{align*}$ via $\begin{align*} A \to M \end{align*}$

Hier meintest du $\begin{align*} A \to R \end{align*}$ , richtig?

Zitat:

Original von tmo
Ist die Komposition nun ein Isomorphismus, so sind beide Konstruktionen gleich.

Kannst du kurz erläutern, was du mit "beide Konstruktionen sind gleich" meinst, damit ich weiß, was ich nachrechnen soll?

08.09.2014, 10:37

tmo

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Zitat:

Original von L.L.

Zitat:

Original von tmo
so können wir $\begin{align*} M \end{align*}$ via $\begin{align*} A \to M \end{align*}$

Hier meintest du $\begin{align*} A \to R \end{align*}$ , richtig?

Ja.

Zitat:

Original von L.L.

Zitat:

Original von tmo
Ist die Komposition nun ein Isomorphismus, so sind beide Konstruktionen gleich.

Kannst du kurz erläutern, was du mit "beide Konstruktionen sind gleich" meinst, damit ich weiß, was ich nachrechnen soll?

$\begin{align*} M \otimes C \end{align*}$ ist ein $\begin{align*} C \end{align*}$ -Modul, kann via dem Iso als $\begin{align*} A \end{align*}$ -Modul aufgefasst werden und ist als solcher zu $\begin{align*} M_A \end{align*}$ ( $\begin{align*} M \end{align*}$ direkt als $\begin{align*} A \end{align*}$ -Modul aufgefasst) isomorph.

Das kann man nachrechnen, aber eigentlich ist das alles nur 'abstract nonsense'.

08.09.2014, 11:16

L.L.

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Okay, das habe ich nun tatsächlich nachgerechnet, und es war furchtbar.

Schlauer bin ich noch nicht: In der letzten Zeile deines vorletzten Beitrags wird mir in der Dimension nicht alles angezeigt. Steht dort folgendes?:

$\begin{eqnarray*} dim_{R/\mathfrak{m}}(\mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1}) \end{eqnarray*}$

Hhm, ich hab noch zwei schwerwiegende Verständnisprobleme: Wie kann ich mit der obigen Konstruktion auf die Bestimmung dieser Dimension zurückführen? Und warum folgt es aus dem Nakayama-Lemma, dass diese Dimension 1 ist?

08.09.2014, 11:50

tmo

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Ja, da steht genau das.

Dann zu den Fragen:

1. $\begin{align*} \mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \end{align*}$ als $\begin{align*} R/\mathfrak m \end{align*}$ -Modul auffassen ist ja formal nichts anderes als mit $\begin{align*} R/\mathfrak m \end{align*}$ zu tensorieren.

2. Nakayama (bzw. eine der vielen Formulierungen) besagt doch gerade, dass die $\begin{align*} R/\mathfrak m \end{align*}$ -Dimension von $\begin{align*} M/\mathfrak m M \end{align*}$ genau die Anzahl eines minimalen $\begin{align*} R \end{align*}$ -Erzeugendensystems von $\begin{align*} M \end{align*}$ ist. Und ins unserem Fall $\begin{align*} M=\mathfrak m^n \end{align*}$ gibt es ein Erzeugendensystem aus einem Element (Und 0 Erzeuger reichen sicher nicht aus, sonst wäre ja M=0).

08.09.2014, 12:27

L.L.

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Zitat:

Original von tmo

1. $\begin{align*} \mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \end{align*}$ als $\begin{align*} R/\mathfrak m \end{align*}$ -Modul auffassen ist ja formal nichts anderes als mit $\begin{align*} R/\mathfrak m \end{align*}$ zu tensorieren.

Hhm. Wir haben bis jetzt gezeigt: $\begin{align*} \mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \end{align*}$ , aufgefasst als $\begin{align*} k \end{align*}$ -Vektorraum, ist isomorph zu $\begin{align*} \mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \otimes_{R}R/\mathfrak{m} \end{align*}$ , ebenfalls aufgefasst als $\begin{align*} k \end{align*}$ -Vektorraum.
$\begin{align*} \mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \otimes_{R}R/\mathfrak{m} \end{align*}$ ist nun auch ein $\begin{align*} R/\mathfrak{m} \end{align*}$ Vektorraum und als solcher isomorph zu $\begin{align*} \mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \end{align*}$ , ebenfalls aufgefasst als $\begin{align*} R/\mathfrak{m} \end{align*}$ -Vektorraum.
Damit die Rückführung funktioniert, müssen wir dann nicht noch zeigen, dass
$\begin{align*} dim_{k}(\mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \otimes_{R}R/\mathfrak{m}) = dim_{R/\mathfrak{m}}(\mathfrak m^n / \mathfrak m ^{n+1} \otimes_{R}R/\mathfrak{m}) \end{align*}$ ? Und läuft das nicht auf etwas ähnliches heraus wie das, was ich schon getan habe?

Zitat:

Original von tmo
2. Nakayama (bzw. eine der vielen Formulierungen) besagt doch gerade, dass die $\begin{align*} R/\mathfrak m \end{align*}$ -Dimension von $\begin{align*} M/\mathfrak m M \end{align*}$ genau die Anzahl eines minimalen $\begin{align*} R \end{align*}$ -Erzeugendensystems von $\begin{align*} M \end{align*}$ ist. Und ins unserem Fall $\begin{align*} M=\mathfrak m^n \end{align*}$ gibt es ein Erzeugendensystem aus einem Element (Und 0 Erzeuger reichen sicher nicht aus, sonst wäre ja M=0).

Danke, das ist jetzt klar.

08.09.2014, 12:50

tmo

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Das ist aber tautologisch. Die beiden Räume haben doch dieselbe Struktur, die Skalare sehen einfach nur anders aus.

08.09.2014, 18:31

L.L.

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Zitat:

Original von tmo
Das ist aber tautologisch. Die beiden Räume haben doch dieselbe Struktur, die Skalare sehen einfach nur anders aus.

Okay. Dann beantworte mir bitte nur noch folgende Frage: Was an deiner Lösung (insbesondere an der Nutzung technisch harten Geschützes wie dem Tensorprodukt) ist eleganter, als einfach die (wie du sicher auch sagen würdest) "Tautologie"

$\begin{eqnarray*} dim_k(\mathfrak{m}^{n}/\mathfrak{m}^{n+1}) = dim_{R/\mathfrak{m}}(\mathfrak{m}^{n}/\mathfrak{m}^{n+1}) \end{eqnarray*}$

zu zeigen, und dann entweder wie bei Captain Kirk weiterzuargumentieren, dass $\begin{eqnarray*} \overline{t^n} \end{eqnarray*}$ vom letzteren Vektorraum Basiselement ist, oder eben wie du das Nakayama-Lemma zu verwenden?
Zumal für deine Tautologie sowieso noch gezeigt werden muss, dass die skalaren Multiplikationen, die von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ kommen, sich auch wirklich mit dem Isomorphismus zwischen den beiden vertragen, und das ist nun mal keine Tautologie, sondern ein einfacher, aber technischer Beweis. Genau das habe ich übrigens getan, als ich Captain Kirks Vorschlag ausgearbeitet habe, nur eben nicht über den Umweg des Tensorprodukts.

08.09.2014, 19:40

tmo

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Ich versuche mal etwas deutlicher zu werden:

Wir haben hier die abelsche Gruppe $\begin{align*} \mathfrak m^n/\mathfrak m^{n+1} \end{align*}$ , a priori versehen mit einer R-Modulstruktur.

Diese versehen wir (wie du auch schon festgestellt hast) mit 2 verschiedenen $\begin{align*} k \end{align*}$ -Modulstrukturen:

Einmal vermöge $\begin{align*} k \hookrightarrow R \end{align*}$ und einmal vermöge $\begin{align*} R \twoheadrightarrow R/\mathfrak m \cong k \end{align*}$ .

Dass diese gleich sind, ist tatsächlich eine reine Tautologie, weil die Definitionen nunmal genau so gemacht sind. Und am leichtesten sieht man das eben tatsächlich mit dem Formalismus des Tensorprodukts (Wie so oft: Wenn man Dinge verallgemeinert, werden sie oft klarer), auch wenn du das ein hartes Geschütz nennst. Da steckt keinerlei kommutative Algebra dahinter. Die eigentliche Algebra versteckt sich nunmal hinter Nakayama. Und das wollte ich herausstellen. Der Kern der Aufgabe sollte nicht in der Jonglage mit den verschiedenen Skalaren liegen, sondern an der Stelle, wo tatsächlich etwas passiert.

Und dass dann letztendlich $\begin{align*} \dim_k \mathfrak m^n/\mathfrak m^{n+1} = \dim_{R/\mathfrak m} \mathfrak m^n/\mathfrak m^{n+1} \end{align*}$ (Wobei die $\begin{align*} k \end{align*}$ -Struktur hier die zweite von den obigen sein soll) ist genauso tautologisch, denn hier machen wir ja wirklich gar nichts anderes, als dass wir die Skalare durch Skalare eines isomorphen Körpers ersetzen. Dabei landen wir zwar rein formal in einer anderen Kategorie, aber alle numerischen Invarianten (Bei Vektorräumen gibt es ja nur eine) bleiben erhalten.

08.09.2014, 20:01

L.L.

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Gut, ich stelle meine Frage noch mal genauer:

Sei $\begin{eqnarray*} \phi : k \to R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ der Isomorphismus. Woran sehe ich, dass für alle $\begin{eqnarray*} u \in \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ und alle $\begin{eqnarray*} a \in k \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} au = \phi(a)u \end{eqnarray*}$

(wobei natürlich jeweils die entsprechenden skalaren Multiplikationen gefragt sind), und zwar ohne es auszurechnen?
Falls - wie du glaube ich sagen wolltest (?) - das ganze im Tensorprodukt-Fall einfacher geht Wie sehe ich genau das gleiche ein, sofern $\begin{eqnarray*} u \in \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \otimes R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ ist, wieder, ohne es auszurechnen?

Falls du das nicht meintest, stelle ich eine andere, allgemeinere Frage:

Angenommen, eine abelsche Gruppe $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist mit zwei skalaren Multiplikationen, ausgehend von einem Körper $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ versehen. Wie sehe ich ein, dass die Dimension von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ bzgl. beider skalarer Multiplikationen gleich ist, auch wenn ich evtl. nicht weiß, dass die Multiplikation schon identisch ist?

08.09.2014, 21:47

tmo

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Zitat:

Original von L.L.
Sei $\begin{eqnarray*} \phi : k \to R/\mathfrak{m} \end{eqnarray*}$ der Isomorphismus. Woran sehe ich, dass für alle $\begin{eqnarray*} u \in \mathfrak{m}^n/\mathfrak{m}^{n+1} \end{eqnarray*}$ und alle $\begin{eqnarray*} a \in k \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} au = \phi(a)u \end{eqnarray*}$

(wobei natürlich jeweils die entsprechenden skalaren Multiplikationen gefragt sind), und zwar ohne es auszurechnen?

Gar nicht natürlich. Aber du siehst ein, dass man beim "Nachrechnen" nur Definitionen einsetzt?

Zitat:

Original von L.L.
Falls du das nicht meintest, stelle ich eine andere, allgemeinere Frage:

Angenommen, eine abelsche Gruppe $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist mit zwei skalaren Multiplikationen, ausgehend von einem Körper $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ versehen. Wie sehe ich ein, dass die Dimension von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ bzgl. beider skalarer Multiplikationen gleich ist, auch wenn ich evtl. nicht weiß, dass die Multiplikation schon identisch ist?

In dieser Allgemeinheit gilt das natürlich nicht (Hat aber mit Aufgabe nichts zu tun):
Sei $\begin{align*} K = k(X) \end{align*}$ der Funktionenkörper in einer Variable. $\begin{align*} K \end{align*}$ ist wie gewohnt 1-dimensionaler Vektorraum über sich selbst. Andererseits ist $\begin{align*} K \end{align*}$ aber 2-dimensionaler Vektorraum über $\begin{align*} k(X^2) \cong K \end{align*}$ .

Das artet hier etwas aus. Ich wollte nur darauf aufmerksam machen, dass es hier sinnvoll ist, die Algebra vom Rest zu trennen, um zu sehen was hier eigentlich passier, anstatt den Beweis (Was in dem Fall natürlich auch sehr leicht ist) ad hoc zu führen..

08.09.2014, 23:07

L.L.

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Zitat:

Original von tmo
Ich wollte nur darauf aufmerksam machen, dass es hier sinnvoll ist, die Algebra vom Rest zu trennen, um zu sehen was hier eigentlich passiert

Und das was eigentlich passiert... liegt irgendwo im Tensorprodukt verborgen?

Natürlich sehe ich ein, dass man beim Nachrechnen nur Definitionen verwendet. Du benutzt aber ganz viele abstrakte Begriffe, um das Problem auf ein Rechenproblem zurückzuführen das nicht einfacher ist als das Rechenproblem, das wir sowieso schon haben.

Mit Hilfe des Nakayama-Lemmas können wir die Aufgabe (unter anderen Bezeichnungen) darauf zurückführen, herauszufinden, dass ein $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -Modul $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ isomorph zu dem $\begin{eqnarray*} k' \end{eqnarray*}$ -Modul $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist. Dabei zeigst du zuerst unter Verwendung abstrakter Begriffe, dass $\begin{eqnarray*} M \cong N \end{eqnarray*}$ ist, egal welche skalare Multiplikation verwenden. Übrig bleibt dann zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} N \cong N \end{eqnarray*}$ , was nicht leichter und nicht schwerer ist als $\begin{eqnarray*} M \cong M \end{eqnarray*}$ zu zeigen, mit dem Unterschied, dass wir je nach Wissensschatz schon mehr oder weniger Energie investieren mussten, um zu dieser Rückführung zu gelangen.

Ich meine ja nur: Abstraktion in allen Ehren, aber was genau haben wir jetzt mit deiner Lösung (vor allem in Bezug auf das gegebene Problem) gelernt? (Das Nakayama-Lemma steht außer Diskussion, das kann man gut gebrauchen)

Edit: Mir fällt gerade auf, dass Isomorphie der falsche Begriff ist, wenn verschiedene Körper vorliegen. Aber wir wissen ja mittlerweile, was wir meinen.

08.09.2014, 23:25

tmo

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Was wir gelernt haben? Das nächste mal ist die Dimension halt nicht mehr 1, sondern beliebig und dann musst du deinen ad-hoc-Beweis wiederholen und unter Verwendung von evtl. viel Technik anpassen, während ich von meiner abstrakten Herangehensweise zehren kann Augenzwinkern

Augenzwinkern

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