R Hauptidealring R/I Hauptidealring

19.03.2012, 16:17	aj1_0	Auf diesen Beitrag antworten »
R Hauptidealring R/I Hauptidealring ich habe leider nochmal eine frage und hoffe, dass mir wieder geholfen werden kann. gibt es da auch einen satz, oder anders: wie läst sich folgendes beweisen: I ist ein Ideal, R ein Hauptidealring, dann ist auch R/I ein hauptidealring. habe leider keine idee, wie man sowas zeigen kann grüße aj1_0
19.03.2012, 16:30	Slash123	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, auch hier habe ich was für dich. Es gilt, dass $\begin{eqnarray} \pi: R \rightarrow R/I, x \mapsto x+I \end{eqnarray}$ ein Ringhomomorphismus ist (wenn dir das nicht klar ist, machs dir klar). Welche Eigenschaften hat dieser Ringhomomorphismus? Dann kannst du dir überlegen, ob für $\begin{eqnarray} J \subset R/I \end{eqnarray}$ Ideal gilt, dass $\begin{eqnarray} \pi^{-1}(J) \subset R \end{eqnarray}$ auch ein Ideal ist und ob gilt, dass $\begin{eqnarray} \pi(J') \subset R/I \end{eqnarray}$ für ein Ideal $\begin{eqnarray} J' \subset R \end{eqnarray}$ wieder ein Ideal ist. Ich nehme eins vorweg: zumindest die zweite Aussage gilt im Allgemeinen nicht ohne eine bestimmte Zusatzvoraussetzung an den Ringhomomorphismus.
19.03.2012, 16:47	aj1_0	Auf diesen Beitrag antworten »
erstmal danke, dass du nochmal bereit dazu bist, mit zu helfen. zu deiner frage nach der eigenschaft des ringhomom.: x wird ja durch die abbildung so zu sagen um I verschoben, also wird jedes bild nur einmal getroffen, also folgt schonmal injektiv würde ich sagen. surjektiv muss die abbildung eigentlich auch sein, also bijektiv, ein bijketiver ringhomomorphismus!? falls das stimmt, bleibt noch zu zeigen, was du darunter geschrieben hast, also dass beide abbildungen ideale sind, dann wäre es ja bewiesen. jetzt sehe ich aber nicht, wie ich zeigen kann, dass $\begin{eqnarray} \pi^{-1}(J) \subset R \end{eqnarray}$ auch ein ideal ist, sowie, dass $\begin{eqnarray} \pi(J') \subset R/I \end{eqnarray}$ auch ein ideal ist. da komme ich leider nicht drauf, ich finde es sehr schwer.... aj1_0
19.03.2012, 16:57	Slash123	Auf diesen Beitrag antworten »
Injektiv ist er nicht, denn: Betrachte z.B. $\begin{eqnarray} R = \mathbb{R}, I = 2\mathbb{Z} \end{eqnarray}$ Dann ist $\begin{eqnarray} \pi: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, z \mapsto z + 2\mathbb{Z} \end{eqnarray}$ ein Ringhomomorphismus. Jedem Element aus den ganzen Zahlen wird seine Restklasse modulo 2 zuordnet. Nun haben aber z.B. 4 und 6 die gleiche Restklasse modulo 2, werden also auf das gleiche abgebildet. Injektiv ist der Ringhomomorphismus also im Allgemeinen nicht. Aber er ist surjektiv, das ist richtig. Fangen wir mal an, die erste Aussage zu beweisen. Zu zeigen ist: $\begin{eqnarray} J \subset R/I \end{eqnarray}$ Ideal $\begin{eqnarray} \Rightarrow \pi^{-1}(J) \end{eqnarray}$ Ideal Das heißt, du musst zeigen: - $\begin{eqnarray} \pi^{-1}(J) \subset R \end{eqnarray}$ ist additive Untergruppe von $\begin{eqnarray} (R, +) \end{eqnarray}$ - $\begin{eqnarray} x \in R, a \in \pi^{-1}(J) \Rightarrow xa \in \pi^{-1}(J) \end{eqnarray}$ Das ist nicht so schwer, versuch dich mal dran. Hierbei braucht man die Surjektivität (noch) nicht, das gilt für jeden beliebigen Homomorphismus zwischen Ringen. Die zweite Aussage gilt allerdings im Allgemeinen nur, wenn man einen surjektiven Ringhomomorphismus hat.
19.03.2012, 17:10	aj1_0	Auf diesen Beitrag antworten »
ok, wenn man sich das an so einem beispiel verdeutlicht, ist es doch leichter zu sehen, was gilt, und dass eben injektivität nicht gilt, danke. dann zu deiner vorgehensweise: die beiden dinge, die ich zeigen soll: der zweite schritt ist klar, wenn man den ersten hat. denn da R ein ring ist und durch $\begin{eqnarray} \pi^{-1}(J) \end{eqnarray}$ in R geblieben wird, fällt man da auch nicht raus, wenn man nochmal was aus R ranmultipliziert, so könnte man ja da argumentieren, oder? bleibt also, den ersten schritt zu untermauern. naja und da häng ich leider schon wieder. ich sitz schon so lange vor so aufgaben, irgendwie macht mein kopf nicht mehr mit. ich komm nicht drauf, es ist bestimmt nicht so schwer
19.03.2012, 17:19	Slash123	Auf diesen Beitrag antworten »
Kein Problem, helfe gerne. Wenn dein Kopf nicht mitmacht, wird es wohl mal Zeit für eine kleine Pause. Ansonsten versuch ich doch noch mehr anzustupsen. Wenn man gar keine Idee hat, wie man an Sachen herangehen soll, dann ist es meist hilfreich, sich genau aufzuschreiben, was man zeigen muss. Erst mal halte ich fest, dass für eine surjektive Abbildung $\begin{eqnarray} f: A \rightarrow B \end{eqnarray}$ mit A,B beliebige Mengen gilt: $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ surjektiv $\begin{eqnarray} \Rightarrow f(f^{-1}(C)) = C & \forall C \subset B \end{eqnarray}$ Sollte eigentlich aus der Linearen Algebra bekannt sein. Das braucht man. Was du konkret zeigen musst, ist: $\begin{eqnarray} 0 \in \pi^{-1}(J) \end{eqnarray}$ (ist klar) Und: Seien jetzt $\begin{eqnarray} x,y \in \pi^{-1}(J) \end{eqnarray}$ beliebig. Dann muss auch $\begin{eqnarray} x-y \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} \pi^{-1}(J) \end{eqnarray}$ sein. Was passiert, wenn du jetzt $\begin{eqnarray} \pi \end{eqnarray}$ auf das Element $\begin{eqnarray} x-y \end{eqnarray}$ anwendest? Was kann man folgern? Die Eigenschaft mit der Abgeschlossenheit bezüglich der Multiplikation geht ganz genauso wie dieser Schritt. Gruß
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19.03.2012, 17:39	aj1_0	Auf diesen Beitrag antworten »
so langsam ist es mir echt peinlich. ich spring gedanklich immer im kreis, komm nicht mehr vorwärts. ich denke, ich sollte echt ne pasue machen, ich sehe, dass deine frage sehr leicht beantwortbar sein muss, kann aber nicht darauf kommen. tut mir leid, wenn ich dich so aufhalte
19.03.2012, 18:05	Slash123	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, aber mehr kann ich fast nicht mehr helfen. =( Dann stehts da. Meld dich einfach noch mal, wenn du dich erholt hast.

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