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@@ -0,0 +1,296 @@ |
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\documentclass[uebung]{../../../lecture} |
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\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 10} |
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\author{Miriam Philipp, Dominik Daniel, Christian Merten} |
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\begin{document} |
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\punkte[36] |
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\begin{aufgabe} |
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Seien |
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\[ |
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A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ |
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1 & 1 & 1 \\ |
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0 & 3 & 2 |
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\end{pmatrix} \in M_{3,3}(\R) |
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\] und $f_A$ die lineare Abbildung $\R^{3} \xrightarrow{A\cdot } \R^{3}$. |
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Beh.: Die |
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Darstellungsmatrix von $\bigwedge^2 f_A\colon \bigwedge^2\R^{3} \to \bigwedge^2\R^{3}$ bezüglich |
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der Basis $ \mathcal{B} = (e_1 \wedge e_2, e_1 \wedge e_3, e_2 \wedge e_3)$ ist gegeben als |
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\[ |
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M_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}}\left({\bigwedge}^2 f_A\right) = |
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\begin{pmatrix} |
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-2 & 0 & 2 \\ |
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0 & 0 & 4 \\ |
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3 & 2 & -1 |
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\end{pmatrix} |
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.\] |
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\begin{proof} |
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Berechne Bild der Basisvektoren unter $\bigwedge^2f_A$: |
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\begin{align*} |
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{\bigwedge}^2f_A(e_1 \wedge e_2) &= f_A(e_1) \wedge f_A(e_2) \\ |
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&= e_2 \wedge (2 e_1 + e_2 + 3e_3) \\ |
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&= 2 e_2 \wedge e_1 + e_2 \wedge e_2 + 3 e_2 \wedge e_3 \\ |
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&= -2 e_1 \wedge e_2 + 3 e_2 \wedge e_3 |
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\intertext{Für restliche Basisvektoren analog} |
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{\bigwedge}^2f_A(e_1 \wedge e_3) &= 2 e_2 \wedge e_3 \\ |
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{\bigwedge}^2f_A(e_2 \wedge e_3) &= 2 e_1 \wedge e_2 + 4 e_1 \wedge e_3 - 1 e_2 \wedge e_3 |
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.\end{align*} |
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Durch Ablesen der Koeffizienten folgt die Behauptung. |
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\end{proof} |
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\end{aufgabe} |
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\begin{aufgabe} |
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Seien $R$ ein Ring und $M$ ein $R$-Modul. |
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\begin{enumerate}[(a)] |
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\item Beh.: Ist $M$ endlich erzeugt und frei, so ist $M$ flach. |
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\begin{proof} |
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Seien $N, L$ $R$-Moduln und $\varphi\colon N \to L$ ein injektiver $R$-Modul.hom. |
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$M$ ist endlich erzeugt und frei. Fixiere Basis $(x_1, \ldots, x_n)$. Dann ist |
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$M \stackrel{\sim }{=} R^{n}$. D.h. es existieren R-Mod.iso. |
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$\Phi_1\colon M \otimes_R N \to R^{n} \otimes_R N$ und |
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$\Phi_2\colon M \otimes_R L \to R^{n} \otimes_R L$. Weiter ex. R.-Mod.isomorphismen |
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$f_1\colon R^{n} \otimes_R N \to N^{n}$ und $f_2\colon R^{n} \otimes_R L \to L^{n}$ |
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mit $f_1((r_1, \ldots, r_n), x) = (r_1 x, \ldots, r_n x)$, analog für $f_2$. |
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Weiter definiere: |
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\begin{align*} |
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\psi\colon N^{n} &\to L^{n} \\ |
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(n_1, \ldots, n_n) &\mapsto (\varphi(n_1), \ldots, \varphi(n_n)) |
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.\end{align*} |
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$\psi$ ist $R$-Modulhom. und injektiv, da $\varphi$ injektiv ist. Definiere nun weiter |
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\begin{align*} |
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\Psi \colon M \otimes_R N \xrightarrow{\Phi_1} R^{n} \otimes_R N |
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\xrightarrow{f_1} N^{n} |
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\xrightarrow{\psi} L^{n} |
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\xrightarrow{f_2^{-1}} R^{n} \otimes_R L |
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\xrightarrow{\Phi_{2}^{-1}} M \otimes_R L |
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.\end{align*} |
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Beh.: $\Psi$ ist injektiver $R$-Modul.hom. mit $\text{id}_M \otimes \varphi = \Psi$. |
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$\Psi$ ist Verknüpfung von injektiven $R$-Modul.homomorphismen, |
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also selbst injektiver $R$-Mod.hom. Sei nun $a \otimes b \in M \otimes_R N$ beliebig. |
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Dann ist ex. $r_1, \ldots, r_n \in R$, s.d. $a = \sum_{i=1}^{n} r_i x_i$. Damit |
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folgt |
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\begin{salign*} |
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\Phi_1(a \otimes b) &= (r_1, \ldots, r_n) \otimes b \\ |
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f_1((r_1, \ldots, r_n) \otimes b) &= (r_1 b, \ldots, r_n b) \\ |
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\psi(r_1 b, \ldots, r_n b) &= (r_1 \varphi(b), \ldots, r_n \varphi(b)) \\ |
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f_2^{-1}(r_1 \varphi(b), \ldots, r_n \varphi(b)) &= |
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(r_1, \ldots, r_n) \otimes \varphi(b) \\ |
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\Phi_2^{-1}((r_1, \ldots, r_n) \otimes \varphi(b)) |
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&= (a \otimes \varphi(b)) |
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\intertext{Also folgt} |
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\Psi(a \otimes b) &= a \otimes \varphi(b) = (\text{id}_M \otimes \varphi)(a \otimes b) |
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.\end{salign*} |
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Also stimmen $\Psi$ und $\text{id}_M \otimes \varphi$ auf den Erzeugern überein, also |
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gilt $\Psi = \text{id}_M \otimes \varphi$. Damit ist auch $\text{id}_M \otimes \varphi$ |
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injektiv. |
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\end{proof} |
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\item Seien $M$ flach, $N$ flacher $R$-Modul und $\varphi\colon M \to N$ injektiver |
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$R$-Mod.hom. |
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Beh.: $\varphi \otimes \varphi\colon M \otimes_R M \to N \otimes_R N$ ist |
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injektiv. |
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\begin{proof} |
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Es gilt |
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\[ |
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\varphi \otimes \varphi |
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= \underbrace{(\text{id}_N \otimes \varphi)}_{\text{injektiv, da } N \text{ flach}} |
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\circ \underbrace{(\varphi \otimes \text{id}_M)}_{\text{injektiv, da } M \text{ flach}} |
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.\] Damit ist $\varphi \otimes \varphi$ als Verknüpfung zweier injektiver $R$-Mod.homs. |
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auch injektiv. |
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\end{proof} |
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\item Beh.: $\Z / 2\Z$ als $\Z$ Modul ist nicht flach. |
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\begin{proof} |
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Betrachte $\varphi\colon \Z \to \Z$, $r \mapsto 2r$. $\varphi$ ist injektiver |
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$R$-Modulhomomorphismus, aber |
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\[ |
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(\varphi \otimes \text{id}_{\Z / 2\Z})( 1 \otimes \overline{1}) |
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= \varphi(1) \otimes \overline{1} = 2 \otimes \overline{1} |
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= 1 \otimes (2\cdot \overline{1}) = 1 \otimes \overline{0} = 0 |
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.\] $1 \otimes \overline{1} \neq 0$ in $\Z \otimes_R \Z / 2 \Z$, denn |
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mit $\beta\colon \Z \times \Z / 2\Z, (z, \overline{a}) \mapsto z \cdot \overline{a}$ |
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bilinear und $\beta(1, \overline{1}) = \overline{1} \neq 0$ ist mit UT angewendet auf |
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$\beta$ und $\Z / 2 \Z$ |
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$1 \otimes \overline{1} \neq 0$. Damit ist $\text{ker } (\varphi \otimes \text{id}_{\Z / 2\Z}) \neq \{0\} $, also $\varphi \otimes \text{id}_{\Z / 2 \Z}$ nicht injektiv. |
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\end{proof} |
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\end{enumerate} |
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\end{aufgabe} |
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\begin{aufgabe} |
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Seien $R$ ein Ring und $M$ ein e.e. freier $R$-Modul. |
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\begin{enumerate}[(a)] |
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\item Seien $N$ e.e. freier $R$-Modul und $\varphi\colon M \to N$ injektiver |
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$R$-Mod.hom. |
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Beh.: $\bigwedge^2 \varphi\colon \bigwedge^2 M \to \bigwedge^2 N$ ist injektiv. |
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\begin{proof} |
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Da $M$ und $N$ e.e. und frei ex. nach 35(a) und (b) eindeutige injektive |
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$R$-Mod.homs. $f\colon \bigwedge^2 M \to M \otimes_R M$ und |
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$g\colon \bigwedge^2 N \to N \otimes_R N$ mit |
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$f(a \wedge b) = a \otimes b - b \otimes a$, analog für $g$. |
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Definiere nun $\tilde{g}\colon \bigwedge^2N \to \text{Bild}(g)$. $\tilde{g}$ ist |
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damit surjektiv und injektiv, also $R$-Modul.iso., inbes. ex. |
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$\tilde{g}^{-1}\colon \text{Bild}(g) \to \bigwedge^2 N$. |
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Definiere weiter |
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\[ |
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\psi\colon {\bigwedge}^2 M \xrightarrow[\text{inj. nach 35(b)}]{f} M \otimes_R M |
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\xrightarrow[\text{inj. nach 37(b)}]{\varphi \otimes \varphi} N \otimes_R N |
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\xrightarrow[\text{inj. nach 35(b)}]{\tilde{g}^{-1}} {\bigwedge}^2 N |
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.\] Z.z.: $\psi$ wohldefiniert, g.z.z. |
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$\text{Bild}((\varphi \otimes \varphi) \circ f) = \text{Bild}(g)$. Dazu |
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seien $a, b \in M$. Dann gilt |
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\begin{salign*} |
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(\varphi \otimes \varphi)(f(a \wedge b)) |
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&= (\varphi \otimes \varphi)(a \otimes b - b \otimes a) \\ |
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&= (\varphi(a) \otimes \varphi(b) - \varphi(b) \otimes \varphi(a)) \\ |
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&= g(\varphi(a) \wedge \varphi(b)) \in \text{Bild}(g) |
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\intertext{Da Elemente der Form $a \wedge b$ $\bigwedge^2M$ |
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erzeugen, folgt Behauptung. Damit ist $\psi$ als |
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Verkettung von injektiven $R$-Mod.homs, injektiver $R$-Mod.hom. |
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Bleibt zu zeigen: $\psi = \bigwedge^2 \varphi$. Mit obiger Rechnung folgt sofort} |
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\psi(a \wedge b) &= |
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\tilde{g}^{-1}((\varphi \otimes \varphi)f(a \wedge b)) \\ |
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&= \tilde{g}^{-1}(g(\varphi(a) \wedge \varphi(b)))\\ |
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&= \varphi(a) \wedge \varphi(b) \\ |
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&= {\bigwedge}^2 \varphi(a \wedge b) |
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.\end{salign*} |
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Da $\bigwedge^2M$ von Elementen der Form $a \wedge b$ erzeugt wird, folgt $\psi = \bigwedge^2\varphi$. |
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Da $\psi$ injektiv als Verkettung von injektiven $R$-Mod.homs, ist $\bigwedge^2\varphi$ injektiv. |
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\end{proof} |
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\item Beh.: Für $m_1, m_2 \in M$ sind folgende Aussagen äquivalent: |
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\begin{enumerate}[(i)] |
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\item Die Familie $(m_1, m_2)$ ist linear unabhängig. |
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\item Aus $r (m_1 \wedge m_2) = 0$ in $\bigwedge^2M$ mit $r \in R$ folgt $r = 0$. |
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\end{enumerate} |
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\begin{proof} |
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(i) $\implies$ (ii): Definiere |
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\begin{align*} |
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\varphi\colon R &\to {\bigwedge}^2 M \\ |
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r &\mapsto r (m_1 \wedge m_2) |
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.\end{align*} |
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Z.z.: $\varphi$ ist injektiv. Sei $(e_1, e_2)$ die Standardbasis |
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des $R^2$. Definiere damit |
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\begin{align*} |
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\Phi&\colon R \to {\bigwedge}^2 R^2, \quad |
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r \mapsto r (e_1 \wedge e_2) \\ |
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\psi&\colon R^2 \to M, \quad |
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\psi(e_i) = m_i \quad i=1,2 |
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.\end{align*} |
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Da $\{e_1 \wedge e_2 \}$ Basis von $\bigwedge^2 R^2$, ist $e_1 \wedge e_2$ l.u. und |
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damit $\Phi$ injektiv. Weiter sind $R^2$ und $M$ e.e. und frei und |
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$\psi$ injektiver $R$-Mod.hom. Mit (a) folgt damit, dass |
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$\bigwedge^2 \psi$ injektiv ist. |
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Außerdem gilt für $r \in R$ beliebig: |
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\begin{salign*} |
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\left({\bigwedge}^2 \psi\right)(\Phi(r)) &= ({\bigwedge}^2\psi)(r (e_1 \wedge e_2)) \\ |
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&= r (\psi(e_1) \wedge \psi(e_2)) \\ |
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&= r (m_1 \wedge m_2) \\ |
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&= \varphi(r) |
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.\end{salign*} |
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Damit gilt $\varphi = \bigwedge^2 \psi \circ \Phi$ und damit |
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$\varphi$ injektiv, als Verkettung injektiver $R$-Mod.homs. |
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(ii) $\implies$ (i): Kontraposition. Seien $(m_1, m_2)$ linear abhängig. Dann ex. |
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ein $\alpha \in R$ mit $m_1 = \alpha m_2$. Damit folgt |
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\[ |
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1 \cdot (m_1 \wedge m_2) = 1 \cdot (\alpha m_2 \wedge m_2) = \alpha (m_2 \wedge m_2) = 0 |
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,\] aber $1 \neq 0$ in $R$, da $R \neq 0$ nach Konvention der VL von Kapitel 9. |
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\end{proof} |
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\item Beh.: Für $\text{Rang}(M) = 2$ und $\varphi \in \text{End}_R(M)$ sind |
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die folgenden Aussagen äquivalent: |
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\begin{enumerate}[(i)] |
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\item $\varphi$ ist injektiv |
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\item $\text{det}(\varphi) \in R$ ist kein Nullteiler |
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\end{enumerate} |
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\begin{proof} |
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(i) $\implies$(ii): Da $\varphi$ injektiv, ist $\bigwedge^2 \varphi$ injektiv. |
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Sei $(x_1, x_2)$ Basis von $M$. Dann gilt |
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\begin{salign*} |
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{\bigwedge}^2\varphi(\underbrace{x_1 \wedge x_2}_{\neq 0}) |
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= \varphi(x_1) \wedge \varphi(x_2) |
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= \text{det}(\varphi) (x_1 \wedge x_2) |
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\neq 0 |
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.\end{salign*} |
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Also gilt $\text{det}(\varphi) \neq 0$. |
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Sei nun $r \in R$ beliebig mit $\text{det}(\varphi) r = 0$. Dann betrachte |
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\begin{salign*} |
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{\bigwedge}^2 \varphi(r x_1 \wedge x_2) |
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= \varphi(r x_1) \wedge \varphi(x_2) |
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= \text{det}(\varphi) r (x_1 \wedge x_2) |
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= 0 |
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= r \underbrace{(\text{det}(\varphi) x_1 \wedge x_2)}_{\neq 0} |
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.\end{salign*} |
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|
Da $(x_1, x_2)$ Basis sind auch $\text{det}(\varphi) x_1$ und $x_2$ linear unabhängig, d.h. |
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mit (b) folgt $r = 0$. |
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(ii) $\implies$ (i): Sei $m \in M$ beliebig mit $\varphi(m) = 0$ und $(x_1, x_2)$ Basis |
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von $M$. |
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Ang.: $m \neq 0$. Dann ex. $a, b \in R$ mit $m = ax_1 + b x_2$ mit |
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$a \neq 0 \lor b\neq 0$. O.E.: $a \neq 0$. Dann folgt |
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\begin{salign*} |
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0 &= \varphi(m) \wedge \varphi(x_2) \\ |
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&= \text{det}(\varphi) (m \wedge x_2) \\ |
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&= \text{det}(\varphi) (a x_1 + b x_2) \wedge x_2 \\ |
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&= \text{det}(\varphi) (a x_1 \wedge x_2) \\ |
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&= \text{det}(\varphi) \cdot a (x_1 \wedge x_2) |
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|
.\end{salign*} |
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Da $x_1$, $x_2$ l.u., folgt mit (b), dass $\text{det}(\varphi) \cdot a = 0$. Da |
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$\text{det}(\varphi) $ kein Nullteiler, folgt $a \neq 0$ $\contr$. |
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\end{proof} |
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\end{enumerate} |
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\end{aufgabe} |
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\begin{aufgabe} |
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Seien $N = \Z$, $M = \bigoplus_{i \in \N} \Z / 2 \Z$ und |
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$f\colon N \to M \oplus M$, $g: N \oplus M \to M$ gegeben durch |
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\[ |
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f(n) = (2n, 0) \quad \text{und} \quad g(n, (\overline{m_1}, \ldots, )) = (\overline{n}, \overline{m_1}, \ldots) |
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|
.\] |
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\begin{enumerate}[(a)] |
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\item Beh.: Die Folge $0 \to N \xrightarrow{f} N \oplus M \xrightarrow{g} M \to 0$ ist eine |
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kurze exakte Folge von $\Z$-Moduln. |
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\begin{proof} |
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Offensichtlicherweise ist $f$ injektiv und $g$ surjektiv. Bleibt zu zeigen: |
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$\text{ker } g = \text{im } f$. |
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,,$\subseteq $``: Sei $x \in \text{ker } g$. Dann ex. $n, m_1, m_2, \ldots \in \Z$ mit |
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$x = (n, (\overline{m_1}, \ldots))$. Da $g(x) = 0$ folgt |
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$\overline{n} = \overline{m_1}= \ldots = 0$. Damit ex. $z \in \Z$ mit $z = 2 z$. Also |
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ist $f(z) = (2z, 0) = (n, 0) = (n, (\overline{m_1}, \overline{m_2}, \ldots)) = x$. |
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Damit ist $x \in \text{im }f$. |
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,,$\supseteq$``: Sei $x \in \text{im } f$. Dann $\exists n \in \Z$, s.d. |
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$f(n) = (2n, 0) = x$. Damit folgt |
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$g(x) = g(2n, 0) = (\overline{2n}, 0, \ldots) = (\overline{0}, \overline{0}, \ldots) = 0$. Also |
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$x \in \text{ker } g$. |
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\end{proof} |
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\item Beh.: Die Folge aus (a) zerfällt nicht. |
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\begin{proof} |
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Ang.: Die Folge aus (a) zerfällt. Dann ex. ein $\Z$-Untermodul $T \subseteq N \oplus M$, |
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s.d. $g|_T\colon T \to M$ Isomorphismus ist. Wähle |
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$x \coloneqq (\overline{1}, \overline{0}, \ldots) \in M$. Da $g|_T$ surjektiv, |
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ex. ein $y \in T$, s.d. $g(y) = x$. Es ex. $n, m_1, \ldots \in \Z$ mit |
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$y = (n, (\overline{m_1}, \ldots))$. Wegen |
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\[ |
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g(y) = g(n, (\overline{m_1}, \ldots)) = (\overline{n}, \overline{m_1}, \ldots) |
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|
= (\overline{1}, \overline{0}, \ldots) = x |
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\] folgt $n \equiv 1$ $(\text{mod } n)$. Da $T$ $\Z$-Untermodul, ist auch |
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$2y = (2n, (\overline{2 m_1}, \ldots)) = (2n, 0) \in T$. Damit folgt |
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\[ |
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g(y) = g(2n, 0) = (\overline{2n}, \overline{0}, \ldots) = (\overline{0}, \overline{0}, \ldots) = 0 |
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.\] |
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Da $n \neq 0$ und $\Z$ nullteilerfrei, |
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folgt $y = (2n,0) \neq 0$, folgt $\text{ker } g|_T \neq \{0\} $ $\contr$. |
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\end{proof} |
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\end{enumerate} |
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\end{aufgabe} |
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\end{document} |
