Mathe-Marathon Uni - Seite 6 |
08.04.2013, 20:41 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Wer will, darf gern eine neue Aufgabe einstellen. |
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11.04.2013, 07:43 | Che Netzer | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Dass mit einer -Folge identifziert werden kann, heißt dabei, dass es eine Folge gäbe, so dass für alle . Wenn man jetzt noch bedenkt, dass der Dualraum von ist, und die auf verschwindenden Funktionale mithilfe des Annulators schreibt, erhält man die wunderschöne Gleichung |
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13.04.2013, 15:02 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Lösung 55 Wir bezeichnen mit die Folge mit . Offensichtlich gilt . Für jedes gilt . Die Folge im Argument hat Norm 1, also ist eine obere Schranke für obigen Ausdruck. Da beliebig war, folgt . Setze nun . Es gilt . Da dicht in liegt, folgt . |
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14.04.2013, 21:13 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Folgendes dürfte machbar sein: Aufgabe 56 Sei die Projektion auf die erste Komponente. Man finde (und beweise es) ein Ideal mit . Falls die Begriffe unbekannt sind: ist die Nullstellenmenge von . bezeichnet den Zariski-Abschluss von . Dies ist die kleinste Menge der Form , die enthält. In Worten: Auf der linken Seite bilden wir die Nullstellenmenge im und projezieren dann auf die x-Achse. Da dies im Allgemeinen keine Varietät ist, bilden wir noch den Zariski-Abschluss. Auf der rechten Seite nehmen wir zunächst nur die Polynome in x aus dem Ideal und bilden dann erst die Nullstellenmenge. "Oft" rettet der Zariskiabschluss die Gleichheit. Wir suchen ein Ideal, bei dem dies nicht der Fall ist. |
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12.05.2013, 20:26 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich löse dann mal auf: Wähle . Die Idee dahinter ist die folgende: Die Geometrie sieht natürlich ob wir die Gleichungen in oder lösen. (Im reellen schneiden sich Kreis und Gerade nunmal nicht, im Komplexen jedoch schon) Der rein algebraische Prozess des Schneides mit dem Polynomring in einer Variablen hingegen sieht keinen Unterschied, ob wir in oder rechnen. Nun noch schnell nachprüfen, dass die beiden Seiten tatsächlich verschieden sind: Offensichtlich haben diese beiden Polynome keine gemeinsamen Nullstellen in , d.h. es gilt und somit auch . Betrachten wir die Gleichungen jedoch über , so gibt es selbstverständlich eine Lösung (Setze und löse nach auf). Dies zeigt , also . Andererseits gilt klarerweise . Wegen der Maximalität des linken Ideals folgt, dass sogar Gleichheit gilt. Damit haben wir . Ich gebe die Runde frei. |
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25.05.2013, 13:38 | Che Netzer | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Nachbemerkungen: Das Minkowski-Funktional kann man auch für beliebige Mengen definieren, die nur absorbierend sind. Wenn man den Wert Unendlich haben möchte, kann man auch darauf verzichten. Nach dieser Aufgabe kann man die Normen auf einem Vektorraum mit der Menge der konvexen, absorbierenden und "beschränkten" Mengen (bis auf Ränder) in diesem Vektorraum identifizieren. Besonders interessant ist das im Endlichdimensionalen, wo man mit dem Banach-Mazur-Abstand eine Metrik auf der Menge der -dimensionalen normierten Räume definieren kann. Diese Menge kann man dann mit der Menge der abgeschlossenen, beschränkten, konvexen Körper (mit Innerem) im identifizieren. Für den Banach-Mazur-Abstand gibt es dann auch eine geometrische Interpretation. Edit: Hatte die Balanciertheit vergessen... |
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03.06.2013, 22:20 | Che Netzer | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich löse dann mal lieber auf, damit vielleicht jemand eine Aufgabe stellen kann, die auf mehr Interesse stößt (bzw. damit die Aufgabe nicht einfach so ohne Lösung dastehen muss). Dass nach abbildet, sollte aus der Definition einer absorbierenden Menge klar sein; ebenso, dass aus der Beschränktheit die positive Definitheit folgt (das ist jeweils nur die Definition des Infimums). Ganz ähnlich einfach sieht man, dass die absolute Homgenität aus der Balanciertheit folgt. Dazu beachte man, dass genau dann gilt, wenn . Als absorbierende Menge enthält insbesondere auch die Null (man setze in die Definition ein). Damit ist natürlich auch für beliebig kleines , also . Zur Dreiecksungleichung (die eigentliche Aufgabe): Es seien . Wir wählen , so dass und . Da konvex ist, folgt aus insbesondere auch für . Damit ist also und . Das bedeutet Nun ist , denn ist konvex. Dies zeigt . Da dies für alle mit und gilt, folgt schließlich die Dreiecksungleichung Es gelte nun . Das bedeutet, es gibt eine Folge von mit und . Dies bedeutet aber , wobei die letztere Konvergenz z.B. wegen folgt. Das zeigt . Dass , ist nach Definition klar, denn für folgt für , also . |
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01.07.2013, 17:08 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Nach fast einem Monat ohne Reaktion bin ich mal so frei, diese Angebot wahrzunehmen, und hab mal was aus der elementaren Analysis - passt vielleicht besser in den Übergangsmarathon, aber etwas einfaches zur Auflockerung nach dem Dornröschenschlaf hier ist vielleicht auch mal gut:
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20.07.2013, 01:08 | Guppi12 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich hoffe mal, ich habe hier jetzt keinen Fehler, bin schon etwas Müde und mir deswegen der Richtigkeit nicht ganz sicher.
Ich hoffe das passt so. Falls nicht, kann der Beitrag gerne in den Diskussionsbeitrag verschoben werden(ich sehs schon kommen ) |
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20.07.2013, 09:23 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Stimmt natürlich. Bis hin zu hätte ich identisch argumentiert. Hier das Alternativende: Betrachten wir speziell sowie , so folgt für alle , d.h. das monoton wachsende ist nach oben beschränkt und somit konvergent. |
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23.02.2014, 19:36 | Louis1991 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Eigentlich will ich mich ja nur ungern als Totengräber betätigen, dann aber doch ganz gerne diesen Thread mal aus seinem Dornröschenschlaf holen. Deswegen eine recht klassische (und einfache?) Aufgabe zum Aufwecken.
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25.03.2014, 00:11 | weisbrot | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
naja, vielleicht kann man auch sagen, dass, wenn G mind. 2 von einander und von 1 verschiedene elemente g, h hätte, dann die kleinsche vierergruppe eine untergruppe wäre. auf der kann man einen nichttrivialen automorphismus per , definieren, und den kann man (vermutlich?) auf ganz G erweitern. aber in jedem fall braucht man wohl irgendeine form des auswahlaxioms. hoffe das kommt so hin, bin nicht so fit mit algebrasachen. wenn nicht, oder wenn es eine einfachere möglichkeit für das letzte argument gibt, dann bitte korrigieren. lg edit: formtierung |
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25.03.2014, 00:39 | Louis1991 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Die Beweisführung ist richtig, Auswahlaxiom darfst du ruhig annehmen, aber braucht man das wirklich? Falls du einen nicht endlich dimensionalen Vektorraum hast, kannst du dir doch vermutlich einfach einen zweidimensionalen Unterraum nehmen und dann einen nichttrivialen Automorphismus durch Basiswechsel auf dem Unterraum, Identität sonst definieren. (Das ist ja das, was du dann später noch meintest, aber ich sehe nicht, wo du da das Auswahlaxiom brauchst) Ich freue mich auf die nächste Frage! Edit: Mhm, okay, eventuell braucht man im allgemeinen für die Existenz von Komplementärräumen das Auswahlaxiom. Aber wie gesagt, von dem darf immer ausgegangen werden (sonst gehen doch sowieso ganz viele Sachen kaputt. Ringe ohne Maximalideale?!) |
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25.03.2014, 11:33 | RavenOnJ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Du kannst auch sagen, dass die Gruppe wegen der trivialen Automorphismengruppe nur einen Erzeuger haben darf, also zyklisch sein muss. Denn eine minimale Erzeugermenge aus zwei oder mehr Erzeugern, die hier ja alle die Ordnung 2 haben müssen, würde einen nicht-trivialen Automorphismus durch Permutation der Erzeuger ergeben, z.B. Kleinsche Vierergruppe. Zusammen mit der Bedingung führt dies auf deine einzigen beiden Möglichkeiten. |
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25.03.2014, 16:05 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Die Frage ist ja eher wie genau man ohne Zorn sicherstellen kann, dass man diese Permutation auch wirklich zu einem Homomorphismus fortsetzen kann, falls die Gruppe (was a priori ja der Fall ist) von beliebiger Kardinalität ist. Das ist nicht so ganz klar, denke ich. Aber letztendlich sollen das Logiker entscheiden, der "Working Mathematician" (bekanntlich MacLane's Wortschöpfung ) muss sich darum nicht kümmern. |
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25.03.2014, 16:18 | weisbrot | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
ich sag nur: pro choice! (trotzdem ist es doch interessant zu wissen, wo man es braucht, und ob man da nicht auch ohne auskommen kann, aber naja..) hab mir aber jetzt keine gedanken für ne neue frage gemacht, und spontan keine parat, also wenn jemand möchte, bitte stellen. lg |
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25.03.2014, 21:17 | weisbrot | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
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25.03.2014, 21:29 | Louis1991 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Betrachte wobei die erste Abbildung eine beliebige injektive Einbettung und die zweite die Signumsfunktion ist. ( soll die Symmetrische Gruppe mit 6 Elementen sein) Angenommen so ein Funktor existiert, dann würde die Identität auf durch faktorisieren. Widerspruch. |
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25.03.2014, 21:40 | weisbrot | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
kurz und schmerzlos, gut gemacht. jetzt kannst du deine aufgabe stellen lg |
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25.03.2014, 22:13 | Louis1991 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Die Aufgabe war sehr straight-forward (trotzdem nette Aussage!). Von mir nochmal Algebra - ist leider "mein" Gebiet.
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19.08.2014, 10:17 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Hier kann es ja auch mal weitergehen: Ich benutze etwas kommutative Algebra. Und zwar ist das Ziel dafür zu sorgen, dass o.B.d.A artinsch ist. Dort ist nämlich jede injektive Selbstabbildung auch surjektiv und dann sind wir fertig, denn: Ist , so kriegen wir durch Einschränkung auf einen direkten Summanden von eine Injektion , die dann auch surjektiv ist. Da der direkte Summand aber echt kleiner ist, kann die Abbildung nicht injektiv gewesen sein, da ja schon von einer echten Teilmenge alles getroffen wird. Sorgen wir also dafür, dass artinsch ist: Wir lokalisieren in einem minimalen Primideal. Dies erhält die Injektivität. Damit haben wir schonmal einen 0-dimensionalen Ring. War noethersch, so sind wir fertig. Andernfalls ersetzen wir durch das Bild von - wobei die die Einträge der Matrix (bzgl. Standardbasis) sind - (Wenn Char. 0 hat, ist das einfach selbst, ansonsten halt ) und können so annehmen, dass noethersch war. Interessanterweise ist die analoge Aussage, dass bei einer Surjektion gilt, deutlich einfacher zu beweisen. Man tensoriert mit , was die Surjektivität erhält, und kann dann direkt die Aussage für Vektorräume verwenden. |
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19.08.2014, 20:41 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das hier sollte recht elementar sein:
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26.08.2014, 19:09 | RavenOnJ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Dann löse ich mal
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26.08.2014, 21:33 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
An 2 Stellen sollte man noch ein bisschen aufpassen: 1. Aus folgt natürlich noch nicht direkt , bzw. würde der Algebraiker sagen Das passende Argument wäre, dass zwei Untergruppen vom Index 2 besitzt und demnach nicht sein kann, aber ich glaube, dass du das auch so gemeint hast. 2. Von der Ordnung der Untergruppen zu sprechen, ist gefährlich. Die Untergruppen können ja beliebige Kardinalität haben. Da folgt ja i.A. aus gleicher Kardinalität nicht mehr gleicher Index. Ein passendes Argument wäre, dass dein offenbar echt zwischen und liegt. Da bleibt nur noch Index 2 übrig. Man kann das Argument etwas abkürzen, indem man bemerkt, dass Untergruppen von in Bijektion zu Untergruppen von , die enthalten, stehen und der Index unter dieser Bijektion erhalten bleibt (Die Ordnung natürlich nicht). Untergruppen vom Index 2 in gibt es bekanntermaßen 3 Stück und somit ist man fertig. Weiter geht's würde ich sagen PS: Motiviert ist diese Aussage natürlich aus der Galoistheorie, dort stehen Untergruppen von vom Index 2 in Korrespondenz zu quadratischen Zwischenkörpern . Und dort ist klar, dass es mit 2 Zwischenkörpern und auch immer einen dritten gibt. Da jede endliche Gruppe als Galoisgruppe vorkommt, kann man das sogar direkt auf alle endlichen Gruppen übertragen, nur bei unendlichen Gruppen kriegt man Probleme und müsste sich mit unendlicher Galoistheorie auskennen. Daher hatte ich mir den rein gruppentheoretischen Beweis überlegt, der sofort und auf elementare Art und Weise alle Gruppen erschlägt. |
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26.08.2014, 22:17 | RavenOnJ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
So hatte ich das gemeint: Da es nur zwei Gruppen mit Ordnung 4 gibt und ausscheidet, da sie nur eine UG mit Index 2 hat, bleibt die Kleinsche Vierergruppe.
Ich nehme an, du sprichst von unendlichen Gruppen. Denn bei endlichen Gruppen ist mein Argument doch korrekt. Unendliche Gruppen hatte ich nicht im Fokus. Da sticht das Argument natürlich nicht.
Ich gebe mal den Stab weiter an jeden, der möchte (tmo?). |
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26.08.2014, 22:30 | Nofeykx | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
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28.08.2014, 02:14 | RavenOnJ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Eigentlich sollte man nachts um 2 was anderes machen. |
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28.08.2014, 09:07 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Gilt das mit dem Stab noch? Dann würde ich mit folgender Aufgabe 64 weitermachen: Sei eine reelle Zahl und . ist bzgl. Addition abgeschlossen, also ein Untermonoid von (nicht zu zeigen, wird wahrscheinlich während des Beweis von (ii) automatisch mitgezeigt). Man zeige: (i) Ist rational, so ist endlich erzeugt, (ii) ist irrational, so ist nicht endlich erzeugt. Endlich erzeugt bedeutet natürlich, dass man endlich viele Elemente auswählen kann derart, dass sich jedes Element als Summe dieser Elemente darstellen lässt. PS (für die Lösung der Aufgabe irrelevant): Äquivalent dazu ist natürlich die Tatsache, dass genau dann endlich erzeugte K-Algebra ist, wenn rational ist. Somit hat man ein Beispiel für eine nicht-erzeugte Unteralgebra des Polynomrings (Die Verbindung besteht in folgender Konstruktion: http://de.wikipedia.org/wiki/Monoidring). |
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08.09.2014, 01:45 | RavenOnJ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Lösung 64: Dass M ein Untermonoid von ist, sieht man an , da . Fall (i): . Es ist o.B.d.A . Es ist dann . Außerdem ist . Die Menge wird als endliche Menge endlich erzeugt. Im Folgenden gelte die Definition . Man kann nun induktiv zeigen, dass durch erzeugt wird. Wird durch erzeugt, so wird auch durch erzeugt, da sowie . Alle Elemente aus sind dadurch erfasst. Da , wird also ganz durch , also endlich erzeugt. Fall (ii): Sei irrational. Zuerst eine Hilfsaussage: Sei und . Dann wird nicht durch erzeugt. Dies gilt wegen der Abschätzung mit einer beliebigen Indexmenge . Würde durch die erzeugt werden, so wäre , aber mit . kann also nicht durch erzeugt werden. Es ist noch zu zeigen, dass es zu jeder Teilmenge ein Paar gibt, mit . Dies ist der Fall, da man immer eine rationale Zahl finden kann mit . Der Grund ist, dass zwischen einer rationalen Zahl und einer irrationalen Zahl immer eine rationale Zahl liegt, die größeren Nenner als hat. Den Beweis dazu spare ich mir. Ist also irrational. so ist die Erzeugermenge von nicht endlich. |
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08.09.2014, 08:25 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Machst du weiter? |
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08.09.2014, 08:49 | RavenOnJ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das mit dem Stab würde ich gerne aufrecht erhalten . Also, wer will ... Vielleicht sollte mal jemand eine Aufgabe reinstellen, der sich daran stört, dass so viel algebraisches auftaucht. |
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09.09.2014, 19:59 | 10001000Nick1 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Da fühle ich mich doch direkt angesprochen.
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11.09.2014, 15:24 | Guppi12 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Hier jetzt nochmal nach angemessenem Zeitraum meine Lösung.
Edit: Tippfehler korrigiert und Verbesserungsvorschlag von Nick übernommen. |
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11.09.2014, 16:02 | Guppi12 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Der Aufgabentyp sollte relativ bekannt sein, aber vielleicht kennen diese Aufgabe einige noch nicht in dieser Ausführung.
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13.09.2014, 10:23 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Dann hier mal die (faszinierende) Lösung, die sogar ohne Latex auskommt : Wir definieren auf der Menge der Hutverteilungen eine Äquivalenzrelation: Zwei Hutverteilungen sollen äquivalent sein, wenn sie sich an endlich vielen Stellen unterscheiden. Nun ist klar, dass jeder Gefangene nur endlich viele Hüte nicht sieht, d.h. alle Gefangenen sehen die selbe Äquivalenzklasse und in dieser Äquivalenzklasse ist auch die tatsächliche Verteilung. Nun haben sie sich vorher mit dem Auswahlaxiom zu allen Äquivalenzklassen einen Repräsentanten ausgesucht und sich darauf geeinigt, die Farbe zu nennen, die sie hätten, wenn die Hutverteilung gerade dem Repräsentanten der Äquivalenzklasse entspricht, die sie sehen. Da sich die tatsächliche Hutverteilung per Definition aber nur an endlich vielen Stellen von dem Repräsentanten unterscheidet, sterben nur diese endlich vielen Gefangenen. Da mir ja eh nichts besseres einfällt, erweitern wir die Sache folgendermaßen: Das ist jetzt aber eigentlich eher so nach dem Motto "die obige Strategie mit der bekannten (?) Strategie im Fall endlich vieler Hüte kombinieren".
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15.09.2014, 01:21 | Guppi12 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
So, dann mal der Zusatz (eine schöne Erweiterungsidee )
Ich würde den Thread dann wieder freigeben. Habe gerade nichts gutes. Ich suche aber auch weiter nach Aufgaben. Das Problem ist, dass mir die Erfahrung fehlt, mir selbst Aufgaben auszudenken, weswegen ich immer nur abkupfern kann. Das kennt dann aber natürlich schon so gut wie jeder. |
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16.09.2014, 21:30 | Guppi12 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Eventuell etwas zu einfach aber es soll ja weitergehen.
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24.09.2014, 12:24 | Guppi12 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Dann hier mal meine Lösungsskizze (da offensichtlich wenig Interesse bestand, will ich die Lösung nicht komplett ausformulieren, die Lücken sind aber nur Rechnen)
Ich gebe frei. |
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24.09.2014, 21:33 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich mache dann (doch mal wieder mit ein bisschen Algebra) weiter: Aufgabe 68 Seien zwei kommutative Ringe mit Eins und dazu noch nullteilerfrei. Man zeige, dass es ein Primideal mit gibt. Anmerkung: Die Aussage benötigt das Lemma von Zorn (wo auch immer man es reinstecken möge). |
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01.10.2014, 14:16 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
War ne blöde Aufgabe, oder? Nunja, es geht so: Sei die Menge aller Ideale mit . Offenbar erfüllt alle Voraussetzungen des Lemma von Zorn, hat also ein maximales Element . Wir zeigen noch, dass prim in ist: Sei , aber . Dann sind die Ideale und echt größer als , folglich gibt es und . Da nullteilerfrei ist, ist , andererseits ist aber , Widerspruch! Die Vorgehensweise kommt oft vor: Man nimmt sich ein maximales Ideal bzgl. irgendeiner Eigenschaft und zeigt, dass ein solches prim ist. Andere Beispiele: Maximale Idale unter nicht endlich-erzeugten Ideale sind prim (Als Konsequenz reicht es zu zeigen, dass jedes Primideal endlich erzeugt ist, um nachzuweisen, dass es Ring noethersch ist). Maximale Ideale unter denjenigen, die keine Hauptideale sind, sind auch prim. Hat jemand eine bessere Aufgabe? |
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