Freie Moduln über Integritätsbereiche

05.05.2016, 19:55

Shalec

Freie Moduln über Integritätsbereiche

Hallo allerseits,

Ich denke bereits seit einigen Tagen über eine Aufgabe nach und komme einfach auf keine Idee.
Die Aufgabe ist:

Sei R ein Integritätsbereich und I ein R-Ideal.
Behauptung: I ist Hauptideal <=> I ist freier R-Modul.

"=>" ist klar. Aber
"<=" Aus welchem Grund soll aus einer Basis $\begin{eqnarray*} (m_1,...,m_n) \end{eqnarray*}$ folgen, dass ein einziges Element genügt, welches I ebenfalls erzeugt?

Bevor ich nun weiter versuche hier auf eine Idee zu kommen: Ist diese Aussage überhaupt korrekt? Wie könnte ich hier vor gehen?

VIele Grüße und vielen Dank

05.05.2016, 20:54

KleinerGast

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Hallo mal wieder Wink

Zu "=>": Das solltest du vielleicht trotzdem noch genauer ausführen. Es gibt da einen subtilen Punkt, von dem man nicht weiß, ob du ihn verstanden hast.

Zu "<=": Eine Basis von $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ zeichnet aus, dass man jedes Element von $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ auf eindeutige Art und Weise als $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Linearkombination der Basiselemente schreiben kann. Nutze dies.

05.05.2016, 21:02

tatmas

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Hallo,

du scheinst freier Modul und endlich erzeugter Modul zu verwechseln, was du bei <= schreibst ist das zweite.

Vielleicht ist es intuitiver folgendes zu zeigen:
Sei R ein kommutiver Ring. Ein Ideal I von R ist als R-Modul frei gdw wenn I ein Hauptideal ist und der Erzeuger kein Nullteiler.

05.05.2016, 21:03

KleinerGast

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tatmas, du kannst übernehmen Wink

05.05.2016, 21:08

tatmas

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Ne danke, wer weiß wann shalec wieder auftaucht.

05.05.2016, 21:19

Shalec

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Zitat:

Original von tatmas
Ne danke, wer weiß wann shalec wieder auftaucht.

Jetzt zum Beispiel Big Laugh

(Mich hat es eben überrascht, dass so viele Antworten kamen..)

Also nochmal zur Grundlage: http://www.mathematik.uni-kl.de/~gathman...g-2013/main.pdf auf S. 31 steht die Aufgabe.

Wir haben also ein freies Modul als endlich erzeugten Modul mit einer Basis definiert. Nun gucke ich mir nochmal eure Hilfestellungen an und überlege damit mal weiter.

Nochmal kurz meine Voraussetzungen:
R Integritätsbereich: Nullteilerfreier, kommutativer Ring mit 1
I R-Ideal.
Freies Modul M: M e.e. Modul und es existiert ein Isomorphismus $\begin{eqnarray*} R^n \to M, (r_1,...,r_n) \mapsto r_1m_1+...+r_nm_n \end{eqnarray*}$ .
Hauptideal: I Hauptideal, falls I=aR.

Habe ich noch was vergessen?

@KleinerGast: Hallo Wink

(natürlich auch an Tatmas..)

Edit://
nochmal zu "=>" der subtile Punkt dieser Sache:
Zunächst ist klar, dass jedes Ideal von I auch ein Modul ist. Da I von einem Element erzeugt wird, existiert auch ein Isomorphismus $\begin{eqnarray*} R\to I,\ r\mapsto a\cdot r \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} I=aR=(a) \end{eqnarray*}$ . Nach unserer Definition ist I damit frei. (Oder ist hier die Isomorphieeigenschaft der subtile Punkt? Dass das ein Homomorphismus ist, ist klar. Surjektivität ist hier ebenfalls klar, da I ein Ideal. Bleibt die Injektivität. Diese folgt auch der in Integritätsbereichen gültigen Kürzungsregel.) Oder müssen die betrachteten Basiselemente nicht notwendigerweise die Erzeuger des Ideals sein? Ich empfand das als naheliegend.

Für beliebige Elemente sähe das dann so aus: Seien $\begin{eqnarray*} m_1,...,m_n \in I \end{eqnarray*}$ beliebig mit $\begin{eqnarray*} \tilde{r}_1,...,\tilde{r}_n\in R \end{eqnarray*}$ s.d. $\begin{eqnarray*} m_i = \tilde{r}_i a\ \forall i=1,...,n\ \ (*) \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} \varphi:\ R^n\to I,\ (r_1,...,r_n)\mapsto \sum\limits_{i=1}^n r_i a \end{eqnarray*}$ ein (Modul)-Isomorphismus.
Homomorphie ist klar.
Injektivität folgt aus der Darstellung der m_i (*), der Kürzungsregel. Es ist $\begin{eqnarray*} \varphi(r=(r_1,...,r_n))=\sum\limits_{i=1}^{n} r_i m_i = a\cdot \sum\limits_{i=1}^{n} r_i \tilde{r}_i = a \cdot \sum\limits_{i=1}^{n} r_i \overset{-}{r}_i = \varphi(\overset{-}{r}=(\overset{-}{r}_1,...,\overset{-}{r}_n))\ \Leftrightarrow\ \sum\limits_{i=1}^{n} r_i \tilde{r}_i = \sum\limits_{i=1}^{n} r_i \overset{-}{r}_i \Leftrightarrow\ r= \overset{-}{r} \end{eqnarray*}$ .
Edit2:{
Meine Schlamperei von eben, kann ich so nicht stehen lassen. Besser wäre folgender Ansatz:
$\begin{eqnarray*} 0=\varphi(r=(r_1,...,r_n))=\sum\limits_{i=1}^{n} r_i m_i = a\cdot \sum\limits_{i=1}^{n} r_i \tilde{r}_i \ \Leftrightarrow\ \sum\limits_{i=1}^{n} r_i \tilde{r}_i=0 \end{eqnarray*}$ da R nullteilerfrei ist. Nach (*) sind die $\begin{eqnarray*} \tilde{r}_i \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Hier fehlt mir eine kleine Argumentation. Insgesamt folgt: $\begin{eqnarray*} ker(\varphi)=0 \end{eqnarray*}$ .
}
Surjektivität: Folgt aus der Darstellung der m_i und, dass $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ beliebige r auf I abbildet. D.h. es ist $\begin{eqnarray*} a\cdot \underbrace{\sum\limits_{i=1}^{n} r_i \tilde{r}_i}_{\in R} \end{eqnarray*}$ . Damit existiert für jedes Element aus I ein solche Darstellung.

Möglicherweise habe ich bei der Injetivität ein wenig geschlampt..

Mit "eindeutiger weise" meint "KleinerGast" dann: $\begin{eqnarray*} \forall m\in I\ \exists! (r_1,...,r_n)\in R^n \end{eqnarray*}$ s.d. $\begin{eqnarray*} m=\sum\limits_{i=1}^n r_im_i \end{eqnarray*}$
Meine Idee war hier erstmal die Identität der 0 auszunutzen. Hat aber nicht viel gebracht.

Ich werde nun erst wieder morgen hier rein schauen. Schönen Abend noch und vielen Dank für die Hilfe.

05.05.2016, 22:28

KleinerGast

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"=>" ist richtig.
Mit dem subtilen Punkt meinte ich, ob du auch wirklich verwendet hast, dass $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ein Integritätsbereich ist. Das passt aber so.

Im Übrigen musst du zum Zeigen der Injektivität eines Modulhomomorphismus $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht $\begin{eqnarray*} f(a) = f(b) \end{eqnarray*}$ ansetzen und dann $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ folgern, sondern es reicht, wie bei Vektorräumen zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f(a) = 0 \Rightarrow a = 0 \end{eqnarray*}$ . Das ist natürlich einfacher.

Zu deinem Ansatz für "beliebige Elemente":

- Diesen Ansatz verstehe ich nicht, bzw. weiß ich nicht, was du damit zeigen willst. Irgendwie scheinst du noch immer anzunehmen, dass $\begin{eqnarray*} I = aR \end{eqnarray*}$ und willst dann beweisen, dass $\begin{eqnarray*} I \cong R^n \end{eqnarray*}$ (als $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Moduln).

- Das würde aber - wenn dein Argument richtig wäre - bedeuten, dass $\begin{eqnarray*} I \cong R^n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n [latex]\geq 1 \end{eqnarray*}$ [/latex] wäre. Bei freien Moduln über kommutativen Ringen ist das allerdings unmöglich...

- In deinem Beweis ist also ein Fehler. Und der ist, wie schon vermutet, bei der Injektivität. Im letzten Schritt benutzt du, dass wenn zwei Summen gleich sind, dass dann alle Summanden gelich sind. Das ist natürlich falsch. (Oder, wenn man den obigen Ansatz für Injektivität machen würde, würdest du benutzen, dass wenn eine Summe gleich null ist, dass dann jeder Summand gleich null ist.)

Aber wie gesagt, der Ansatz an sich ist schon nicht richtig. Zeige, dass wenn $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} \geq 2 \end{eqnarray*}$ Elementen hätte, dass sich $\begin{eqnarray*} 0 \in I \end{eqnarray*}$ nicht eindeutig als Linearkombination schreiben ließe.

PS: Es heißt "der Modul", Plural "die Moduln" (Betonung auf dem 'o'). Wink

05.05.2016, 23:29

KleinerGast

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Mir ist übrigens noch eingefallen, dass deine Abbildung $\begin{eqnarray*} R \to I, r \mapsto ar \end{eqnarray*}$ natürlich für $\begin{eqnarray*} a = 0 \end{eqnarray*}$ kein Isomorphismus ist. smile

08.05.2016, 19:23

Shalec

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Hey

Der Beweis ist so einfach, dass ich schon wieder... Hammer

... zu kompliziert gedacht habe. Man wertet einfach $\begin{eqnarray*} \varphi(m_2,-m_1,0,...,0) = m_1\cdot m_2 + m_2\cdot (-m_1)=0 \end{eqnarray*}$ (R kommutativer, nullteilerfreier Ring mit 1) aus und erhält direkt einen Widerspruch.

Viele Grüße

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