Basis des freien R-Moduls

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21.11.2017, 17:02	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Basis des freien R-Moduls Meine Frage: In einem Beweis geht es um: $\begin{eqnarray} C=\{f_{(a.b)} \in R^{M} \| (a,b) \in M \} \end{eqnarray}$ ist eine Basis des freien R-Moduls R^{M}. Dabei ist $\begin{eqnarray} M=\{(a,b) \| a \in A, b \in B\}=A x B \end{eqnarray}$ Und ich weiß leider nicht so richtig, was das für eine Menge ist. Meine Ideen: Vielleicht hat ja jemand ein Beispiel für mich, damit ich die Menge besser verstehe. Mir wurde gesagt, dass ich ich dadurch die z.B. die Einheitsmatrix erstellen kann. Danke schon mal
22.11.2017, 00:43	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, also zunächst mal: $\begin{eqnarray} R^M \end{eqnarray}$ ist die Menge aller Abbildungen von M nach R edit: mit f(m) = 0 für fast alle m. Davon ist immer $\begin{eqnarray} C=\{f_m \in R^{M} \| m \in M \} \end{eqnarray}$ eine Basis. Weißt du, wie f_m definiert ist? Dann könntest du das, wenn du wolltest, relativ einfach nachrechnen. Sodann: In deinem speziellen Fall ist nun $\begin{eqnarray} M= A \times B \end{eqnarray}$ (der Code hierfür ist übrigens M= A \times B), wobei vermutlich A, B irgendwelche relativ beliebigen anderen Mengen sind. Ich denke mal, dass aus irgendeinem speziellen Grund (z.B. Konstruktion / Existenzbeweis des Tensorprodukts?) der freie R-Modul aller Abbildungen AxB->R betrachtet werden soll. Da wird dann eben noch mal erwähnt, dass von diesem Modul bereits eine Basis bekannt ist. Die Elemente m sind dann von der Form m=(a,b), also geordnete Paare eines Elementes aus A und eines Elementes aus B (weil ja $\begin{eqnarray} M= A \times B \end{eqnarray}$ ). LG sibelius84
23.11.2017, 16:11	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke schonmal. Und ja es geht um den Beweis der Existenz des Tensorprodukts. f_m ist ja so definiert, dass es 1 ist, falls n=m und sonst 0, für n aus M.
23.11.2017, 20:14	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das ist richtig. Um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} \{f_m\,\mid\, m\in M\} \end{eqnarray}$ linear unabhängig ist, wählst du ja den Ansatz $\begin{eqnarray} \sum_{m\in M'} \lambda_m f_m = 0 \end{eqnarray}$ , wobei M' eine beliebige endliche Teilmenge von M, und die 0 auf der rechten Seite die Nullabbildung ist. Der Trick ist nun, von dieser Gleichung von Abbildungen durch Einsetzen zu einer Gleichung von Elementen überzugehen. Nimm dir irgendein festes Element, setze es in alle Abbildungen ein und schaue, was passiert. Wenn du nachweisen willst, dass $\begin{eqnarray} \{f_m\,\mid\, m\in M\} \end{eqnarray}$ ein Erzeugendensystem ist, kannst du völlig analog vorgehen. Hier muss ich mich kurz korrigieren: $\begin{eqnarray} R^M \end{eqnarray}$ ist die Menge aller Abbildungen von M nach R mit f(m) = 0 für fast alle m aus M. So, was nun? Wo willst du hin, was sind deine Fragen?
24.11.2017, 16:13	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Also die Menge habe ich jetzt glaube ich verstanden. Also es geht um den Beweis der Existenz vom Tenorprodukt: Ich komme da nicht so richtig weiter, vielleicht können sie mir ja ein paar Tipps geben. Beweis: Sei R ein kommutativer Ring mit Einselement 1 und A,B ein Paar von R-Moduln. Wir betrachten folgende Menge: $\begin{eqnarray} M:=\{(a,b) \| a\in A, b\in B\} \end{eqnarray}$ Sei $\begin{eqnarray} C:=\{f_{(a,b)} \in R^M \| (a,b)\in M\} \end{eqnarray}$ eine Basis des freien R-Moduls R^M. Sei U ein R-Untermodul von R^M der erzeugt wird von: (a) f_(a1+a2,b)-f_(a1,b)-f_(a2,b) (b) f_(a,b1+b2)-f_(a,b1)-f_(a,b2) (c) f_(ar,b)-f_(a,br) (d) f_(ar,b)-f_(a,b) * r mit $\begin{eqnarray} a,a1,a2 \in A , b,b1,b2 \in B , r \in R \end{eqnarray}$ beliebig. Jetzt weiß ich nicht genau wie ich weiter fortfahren soll . Ich muss irgendwie mit dem Faktormodul T:= R^M/U arbeiten..
24.11.2017, 16:20	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso ich habe noch einen Schritt: Sei nun T der Faktormodul mit T:=R^M/U mit dem kanonischen R-Modulepimorphismus $\begin{eqnarray} \alpha : R^M \rightarrow T \end{eqnarray}$ Dann muss auf jeden Fall folgen, dass der Kern(alpha)=U ist. Das müsste jetzt quasi die Konstruktion sein und nun muss ich zeigen das (T,t) ein Tenorprodukt ist.
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24.11.2017, 19:45	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Sinn und Zweck eines Tensorproduktes ist es ja, "bilineare in lineare Abbildungen zu verwandeln". Also: Zu jeder bilinearen Abbildung $\begin{eqnarray} \beta\colon A\times B \longrightarrow M \end{eqnarray}$ gibt es genau eine lineare Abbildung $\begin{eqnarray} \phi_\beta\colon A\otimes B \longrightarrow M \end{eqnarray}$ , so dass das entsprechende Diagramm kommutiert, also so dass $\begin{eqnarray} \phi_\beta\circ t = \beta \end{eqnarray}$ . (Dabei ist $\begin{eqnarray} t\colon A\times B \longrightarrow A\otimes B \end{eqnarray}$ die Tensorabbildung und M ein beliebiger R-Modul.) Wenn ich also das Tensorprodukt zweier R-Moduln A, B bilden möchte, muss ich irgendwie eine Beschreibung für alle bilinearen Abbildungen AxB->M finden. Man macht das zunächst für AxB->R, indem man einfach alle Abbildungen AxB->R betrachtet und dann die bilinearen "herausschält". Dazu benutzt man nun Faktorringe bzw. -moduln und "modulo": Wenn man etwa Z/nZ betrachtet, so werden ja alle Elemente von nZ (also alle Vielfachen von n) zu Null. Hier haben wir nun unseren Modul $\begin{eqnarray} R^{A\times B} \end{eqnarray}$ , der nach dem eingangs Erörterten ein freier R-Modul ist. Wenn wir hier die bilinearen Abbildungen herausschälen wollen - was muss dann also alles zu Null werden? Nun: Sei $\begin{eqnarray} \phi \in R^{A\times B} \end{eqnarray}$ . Es soll gelten $\begin{eqnarray} \phi(a+a',b) = \phi(a,b) + \phi(a',b) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \phi(a,b+b') =\phi(a,b) + \phi(a,b') \end{eqnarray}$ für alle möglichen a aus A und b aus B, wenn man phi als Element des Tensorproduktes auffasst. Da $\begin{eqnarray} \phi \in R^{A\times B} \end{eqnarray}$ , können wir $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ schreiben als $\begin{eqnarray} \phi = \sum_{j=1}^n \lambda_j f_{(a_j,b_j)} \end{eqnarray}$ mit gewissen $\begin{eqnarray} (a_j,b_j)\in A\times B, \lambda_j \in R \end{eqnarray}$ . Knöpfen wir uns mal - zB für die erste Gleichung - die zugehörigen Basiselemente $\begin{eqnarray} f_{(a,b)}, f_{(a',b)} \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} f_{(a+a',b)} \end{eqnarray}$ vor und gehen oBdA davon aus, dass sie in der obigen Linearkombination vorkommen. Setzen wir nacheinander die Paare (a,b), (a',b), (a+a',b) ein, so erhalten wir die Bedingung $\begin{eqnarray} \lambda_{(a,b)}+\lambda_{(a',b)}=\lambda_{(a+a',b)} \end{eqnarray}$ , die im zu konstruierenden Tensorprodukt gelten soll. Also $\begin{eqnarray} \lambda_{(a+a',b)}-\lambda_{(a,b)}-\lambda_{(a',b)}=0 \end{eqnarray}$ , oder direkt $\begin{eqnarray} f_{(a+a',b)}-f_{(a,b)}-f_{(a',b)}=0 \end{eqnarray}$ . "=0" heißt "€ U" im Modulo-Zusammenhang, wenn wir nachher auf $\begin{eqnarray} R^{A\times B}/U \end{eqnarray}$ hinauswollen. Also erzeugen wir U eben durch all diese Differenzen. Soweit erstmal, puh, abstraktes Thema. Hilft dir das?
25.11.2017, 15:15	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, dass habe ich glaube ich soweit verstanden. Ich würde jetzt so weiter machen: Sei jetzt X ein beliebiger R-Modul und $\begin{eqnarray} g: AxB \rightarrow X \end{eqnarray}$ eine bilineare Abbildung. Unser C ist ja Basis des freien R-Moduls R^M dann ist ja $\begin{eqnarray} \varphi (f_{(a,b)})=g(a,b) mit (a,b) \in AxB \end{eqnarray}$ ein R-Modulhomomorphismus $\begin{eqnarray} \varphi: R^M \rightarrow X \end{eqnarray}$ Dann folgt: $\begin{eqnarray} \varphi(f_{(a1+a2,b)}-f_{(a1,b)}-f_{(a2,b)})=g(a1+a2,b)-g(a1,b)-g(a2,b)=0 \end{eqnarray}$ Analog auch zu den anderen, also dass die anderen Erzeuger von U auf das Nullelement in X abbilden. Dann wissen wir, dass U ein Untermodul vom $\begin{eqnarray} Kern(\varphi) \end{eqnarray}$ ist (?) Also gibt es genau einen R-Modulhomomorphismus $\begin{eqnarray} h \in Hom(T,X) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} g(a,b)=\varphi(f_{(a,b)})=ht(a,b)=h\alpha(f_{(a,b)}) \end{eqnarray}$ Und dann ist (T,t) ein Tensorprodukt.
25.11.2017, 18:43	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein Untermodul ist U schon per Definition. Wir hatten ja gesagt "Sei U der Untermodul von R^M, der durch alle Elemente / Differenzen ... erzeugt wird". Daher ist U bereits dann Untermodul von $\begin{eqnarray} \mathrm{Kern }\varphi \end{eqnarray}$ , wenn $\begin{eqnarray} U\subseteq\mathrm{Kern }\varphi \end{eqnarray}$ . Und das ist - wie du schreibst - der Fall, weil alle diese gewählten Erzeuger auf 0 abgebildet werden, ja. Warum aber bedeutet jetzt $\begin{eqnarray} U\subseteq\mathrm{Kern }\varphi \end{eqnarray}$ plötzlich, dass es diesen eindeutigen Modulhomomorphismus h gibt? Ich denke, du benutzt da einen bestimmten Satz - welchen? Das würde ich noch um einiges weiter ausführen, wie genau daraus nun die benötigte Eigenschaft des Tensorproduktes folgt. Wo kommt zum Schluss plötzlich dieses alpha her?
27.11.2017, 21:30	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Den Satz den ich da glaube ich benutzt habe ist: Seien M und Y zwei R-Moduln, U ein Untermodul von M und $\begin{eqnarray} \phi: M \rightarrow M/U \end{eqnarray}$ der kanonische Epimorphismus mit Kern U. Dann gibt es zu jeder R-linearen Abbildung $\begin{eqnarray} \alpha: M \rightarrow Y \end{eqnarray}$ mit U Untermodul Kern $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ genau eine R-lineare Abbildung $\begin{eqnarray} \tau \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \alpha=\tau\phi. \end{eqnarray}$ Also bedeutet das für uns: R^M und X sind unsere R-Moduln, U ist Untermodul von R^M und $\begin{eqnarray} \alpha: R^M \rightarrow R^M/U \end{eqnarray}$ der kanonische Epimorphismus. Dann gibt es zu jeder R-linearen Abbildung $\begin{eqnarray} \varphi: R^M \rightarrow X \end{eqnarray}$ mit U ist Untermodul von Kern $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ genau eine R-lineare Abbildung h mit $\begin{eqnarray} \varphi=h\alpha \end{eqnarray}$ Also: $\begin{eqnarray} g(a,b)=\varphi(f_{(a,b)})=ht(a,b)=h\alpha(a,b) \end{eqnarray}$ (?)
27.11.2017, 21:49	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok. Also: -> du wählst phi wie oben durch Angabe der Bilder auf der Basis (das ist völlig legitim), -> sagst dann: U ist Untermodul von kern phi, also darf ich den Homomorphiesatz bzw. 1. Isomorphiesatz anwenden. -> Also gewinne ich aus meinem Homomorphismus phi von R^M nach X einen Homomorphismus h von R^M/U nach X. So weit, so gut. Warum soll nun alpha(a,b) dasselbe sein wie t(a,b)? Wie hattest du t(a,b) eigentlich definiert?
29.11.2017, 19:10	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ist hatte mir die Tensorabbildung so definiert: $\begin{eqnarray} t: A \times B \rightarrow T \end{eqnarray}$ und das wird definiert durch $\begin{eqnarray} t(a,b)=\alpha(f_{(a,b)}) \in T , (a,b) \in A \times B \end{eqnarray}$ und vorher hatten wir ja gesagt, dass T der eindeutig bestimmte Faktormodul T:= R^M/U ist und den kanonischen R-Modulepimorphismus habe ich definiert durch $\begin{eqnarray} \alpha: R^M \rightarrow T \end{eqnarray}$ , der jedem $\begin{eqnarray} f \in R^M \end{eqnarray}$ seine Restklasse $\begin{eqnarray} \alpha(f)=f+U \in R^M/U \end{eqnarray}$ zuordnet. (Da hatten wir einen Satz, der das sagt) und jetzt zum Schluss: Also es gibt nach dem Homomorphiesatz genau einen R-Modulhomomorphismus $\begin{eqnarray} h \in Hom(T,X) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \varphi=h \circ \alpha \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g(a,b)=\varphi(f_{(a,b)})=(h \circ \alpha)(f_{(a,b)}=h(\alpha(f_{(a,b)}))=h(t(a,b)) \end{eqnarray}$ Und dann ist (T,t) unser gesuchtes Tenorprodukt, oder fehlt da noch was?
29.11.2017, 20:21	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Hört sich gut an!
29.11.2017, 20:42	mathe333	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen vielen Dank! 😊

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