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@@ -0,0 +1,268 @@ |
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\documentclass[uebung]{../../../lecture} |
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\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 6} |
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\author{Dominik Daniel, Christian Merten} |
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\begin{document} |
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\punkte[22] |
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\begin{aufgabe} |
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Im Folgenden seien freie Stellen in Matrizen $0$. |
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\begin{enumerate}[(a)] |
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\item Aus Aufg. 17 folgt $c_1(A) = c_2(A) = 1$, $c_3(A) = t-2$ und $c_4(A) = (t+1)(t-2)^2$. |
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Damit folgen die Weierstraßteiler $h_1 = t-2$, $h_2 = t+1$ und $h_3 = (t-2)^2$. Damit folgt |
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\begin{align*} |
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A \approx B_{h_1, h_3, h_2} \approx \begin{pmatrix} J(2,1) & & \\ |
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& J(2,2) & \\ |
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& & J(-1,1)\end{pmatrix} |
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= |
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\begin{pmatrix} 2 & & &\\ |
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& 2 & 0 & \\ |
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& 1 & 2 & \\ |
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& & & -1\end{pmatrix} |
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.\end{align*} |
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\item Aus Aufg. 20 folgen direkt die Weierstraßteiler $h_1 = t+1$, $h_2 = t$, $h_3 = t+1$, |
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$h_4 = t^2$, $h_5 = (t+1)^{3}$. |
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Damit folgt |
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\begin{align*} |
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A \approx B_{h_2, h_4, h_1, h_3, h_5} |
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\approx |
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\begin{pmatrix} |
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J(0,1) \\ |
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& J(0,2) \\ |
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& & J(-1, 1) \\ |
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& & & J(-1, 1) \\ |
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& & & & J(-1, 3) |
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\end{pmatrix} |
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= |
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\begin{pmatrix} |
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0 \\ |
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& 0 & 0 \\ |
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& 1 & 0 \\ |
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& & & -1 \\ |
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& & & & -1 \\ |
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& & & & & -1 & 0 & 0 \\ |
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& & & & & 1 & -1 & 0 \\ |
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& & & & & 0 & 1 & -1 |
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\end{pmatrix} |
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.\end{align*} |
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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, $I \subseteq R$ Ideal und $M$ ein $R$-Modul. |
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Äquivalenzklassen bezügl. beliebiger Äquivalenzrelationen seien |
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im folgenden mit $\overline{\cdot }$ bezeichnet. Aus dem Argument ist immer klar, welche |
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Äquivalenzrelation gemeint ist. |
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\begin{enumerate}[(a)] |
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\item Beh.: $M / IM$ ist mit der natürlichen Addition und der angegebenen skalaren |
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Mult. $R / I$-Modul. |
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\begin{proof} |
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Die skalare Multiplikation sei mit $(*)$ bezeichnet. |
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\begin{align*} |
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R / I \times M / IM &\to M / IM\\ |
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(\overline{a}, \overline{m}) &\mapsto \overline{a} \cdot \overline{m} \coloneqq \overline{a \cdot m} \quad (*) |
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.\end{align*} |
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Zunächst zu zeigen, dass $(*)$ wohldefiniert ist. Dazu seien |
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$a, b \in R$ und $x, y \in M$ mit |
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$a + I = b + I$ und $x + IM = y + IM$. |
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\begin{itemize} |
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\item Zunächst ist $ax$ bzw. $by$ wohldefiniert, da $M$ $R$-Modul. |
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\item Es ist $x - y \in IM$, also |
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$ax - ay = \underbrace{a}_{\in R} \underbrace{(x-y)}_{\in IM}$. |
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Da $IM$ $R$-Untermodul von $M$, folgt $a(x-y) \in IM$ und damit |
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$\overline{ax} = \overline{ay}$. |
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\item Es ist $a -b \in I$, also |
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$ax - bx = \underbrace{(a-b)}_{\in I} \underbrace{x}_{\in M} \in IM$. Damit |
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folgt $\overline{ax} = \overline{bx}$. |
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\end{itemize} |
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\begin{enumerate}[(M1)] |
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\item |
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$M / IM$ ist nach VL $R$-Modul, da $IM$ $R$-Untermodul von $M$, also insbesondere |
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abelsche Gruppe: $(M/IM, +, IM)$. |
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\item Seien $\overline{a}, \overline{b} \in R / I$ und $\overline{x}, \overline{y} \in M / IM$. Damit folgt |
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\begin{align*} |
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(\overline{a} + \overline{b}) \overline{x} = \overline{a + b} \overline{x} |
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\stackrel{(*)}{=} \overline{(a+b)x} |
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\qquad \stackrel{M \text{ } R\text{-Modul}}{=} |
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\qquad \overline{ax + bx} = \overline{ax} |
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+ \overline{bx} \stackrel{(*)}{=} \overline{a}\overline{x} + \overline{b} \overline{x} |
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.\end{align*} |
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Der Rest lässt sich analog nachrechnen. |
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\end{enumerate} |
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\end{proof} |
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\item Beh.: Ist $n \in \N$ und $\varphi\colon M \to R^{n}$ ein $R$-Modulisomorphismus, dann |
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ist $\varphi |_{IM}\colon IM \to I^{n}$ eine Bijektion (i) und |
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$\varphi$ induziert einen $R / I$ - Moduliso. $\overline{\varphi}\colon M / IM \to (R / I)^{n}$ (ii). |
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\begin{proof} |
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\begin{enumerate}[(i)] |
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\item |
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\begin{itemize} |
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\item Z.z.: $\varphi|_{IM}$ wohldefiniert. Sei $m \in IM$ dann |
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ex. Indexmenge $J$ und $(a_i)_{i \in J} \in I^{(J)}$ und |
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$(m_i)_{i \in J} \in M^{(J)}$ mit |
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\[ |
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m = \sum_{i \in J} a_i m_i \implies |
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\varphi(m) |
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\quad \stackrel{\varphi R\text{-Hom}}{=} \quad |
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\sum_{i \in J} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi(m_i)}_{\in R^{n}} |
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\in I^{n} \quad (\text{da } I \text{ Ideal}) |
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.\] |
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\item Sei $x \in I^{n}$. Z.z.: $\varphi^{-1}(x) \in IM$. Es |
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ex. $(a_i)_{i=1}^{n} \in I^{n}$ mit |
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\[ |
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x = \sum_{i=1}^{n} a_i e_i \implies |
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\varphi^{-1}(x) |
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\qquad \stackrel{\varphi^{-1} R\text{-Hom}}{=} \qquad |
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\sum_{i=1}^{n} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi^{-1}(e_i)}_{\in M} |
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\in IM |
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.\] Also $\varphi_{IM}$ surjektiv. |
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\item Da $\varphi$ Iso, inbes. bijektiv, ist $\varphi|_{IM}$ injektiv. |
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\end{itemize} |
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Damit folgt also $\varphi|_{IM}$ bijektiv. |
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\item Definiere $\overline{\varphi}\colon M/IM \to (R / I)^{n} = R^{n} / I^{n}, m + IM \mapsto \varphi(m) + I^{n}$. |
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\begin{itemize} |
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\item Z.z: $\overline{\varphi}$ wohldefiniert. Seien $m_1, m_2 \in M$ |
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mit $m_1 = m_2$. Dann folgt $m_1 - m_2 \in IM$. Also |
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ex. ein $(a_i)_{i \in J} \in I^{(J)}$ und |
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$(m_i)_{i \in J} \in M^{(J)}$ mit $m_1 - m 2 = \sum_{i \in J} a_i m_i$. |
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Damit folgt |
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\[ |
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\varphi(m_1) - \varphi(m_2) = \varphi(m_1 - m_2) |
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\qquad \stackrel{\varphi \ R \text{-Hom}}{=} \qquad |
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\sum_{i \in J} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi(m_i)}_{\in R^{n}} \in I^{n} |
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.\] Also ist $\varphi(m_1) + I_n = \varphi(m_2) + I_n$, also |
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$\overline{\varphi}$ wohldefiniert. |
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\item Z.z.: $\overline{\varphi}$ $R/I$-Homomorphismus. Zunächst |
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sind $M / MI$ und $(R / I)^{n}$ $R / I$ Moduln. |
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Seien $r \in R / I$ und $\overline{m_1}, \overline{m_2} \in M / IM$. Dann folgt |
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\begin{salign*} |
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\overline{\varphi}(\overline{r} \overline{m_1} + \overline{m_2}) |
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&= \overline{\varphi}( \overline{r m_1 + m_2}) \\ |
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&= \varphi(r m_1 + m_2) + I^{n} \\ |
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&\stackrel{\varphi \ R\text{-Hom}}{=} r \varphi(m_1) + \varphi(m_2) + I^{n} \\ |
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&= r \overline{\varphi(m_1)} + \overline{\varphi(m_2)} \\ |
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&= r \overline{\varphi}(m_1) + \overline{\varphi}(m_2) |
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.\end{salign*} |
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\item Z.z.: $\overline{\varphi}$ bijektiv. Es ist $\overline{\varphi}$ injektiv, da |
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\[ |
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\text{ker } \overline{\varphi} |
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= \{ \overline{m} \in M / IM \mid \varphi(m) = I^{n}\} |
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\quad |
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\stackrel{\varphi|_{IM}\text{ Bij.}}{=} \quad |
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\{ \overline{m} \in M / IM \mid m \in IM\} |
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= \{ IM \} = \{ 0\} |
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.\] Sei $\overline{x} \in (R / I)^{n}$. Da $\varphi$ Isomorphismus, ex. $m \in M$ |
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mit $\varphi(m) = x$. Damit folgt |
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\[ |
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\overline{\varphi}(m + IM) = \varphi(m) + I^{n} = x + I^{n} = \overline{x} |
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.\] Also $\overline{\varphi}$ surjektiv. |
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\end{itemize} |
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Insgesamt ist $\overline{\varphi}$ also ein $R / I$-Moduliso. |
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\end{enumerate} |
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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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Es sei $S \coloneqq \{t + 1, t^2 + 1\} $. |
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Beh.: $S$ ist minimales ES von $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul. |
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\begin{proof} |
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Da $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul betrachtet wird, sind die von Elementen |
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$(a_i)_{i \in I} \in Q[t]^{I}$ erzeugten Untermodule von $\Q[t]$ gerade die |
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von $(a_i)_{i \in I}$ erzeugten Ideale. |
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\begin{itemize} |
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\item Z.z.: $S$ ES von $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul. Es ist |
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\[ |
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\left( -\frac{1}{2} t + \frac{1}{2} \right) \cdot (t+1) + \frac{1}{2} \cdot (t^2+1) |
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= 1 |
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.\] Also ist $(t+1, t^2+1) = (1)$. Damit folgt die Behauptung. |
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\item Z.z.: $S$ minimales ES. |
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Sei $S_1 \coloneqq \{t+1\} $. Da $\Q$ Kp. ist $\Q[t]$ HIR, also ist |
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$t+1$ bis auf Assoziiertheit eind. bestimmter Erzeuger von $(t+1)$. Da |
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$\text{deg}(t+1) = 1 > 0 = \text{deg}(1)$ und $\Q[t]$ nullteilerfrei, folgt |
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$1 \not\in (t+1)$, also $S_1$ kein ES. |
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\end{itemize} |
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\end{proof} |
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Beh.: $S$ ist keine Basis. |
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\begin{proof} |
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Es ist |
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\[ |
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\left( \frac{1}{2}(t+1) \right) (t^2+1) + \left( t - \frac{1}{2} (t+1)^2 \right) (t+1) = 0 |
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,\] aber $\frac{1}{2}(t+1) \neq 0 \neq t - \frac{1}{2}(t+1)^2$, also |
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$t+1$ und $t^2+1$ l.a. in $Q[t]$ als $Q[t]$-Modul, also $S$ keine Basis. |
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\end{proof} |
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\end{aufgabe} |
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\begin{aufgabe} |
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\begin{enumerate}[(a)] |
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\item Beh.: Sei $R$ ein Ring und $I \neq 0$ ein Ideal in $R$. Dann sind äquivalent |
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\begin{enumerate}[(i)] |
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\item $I$ von einem Nicht-Nullteiler erzeugtes Hauptideal |
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\item $I$ frei als $R$-Modul |
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\end{enumerate} |
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\begin{proof} |
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(i) $\implies$ (ii): Sei $I$ Hauptideal mit $a \in R$ kein Nullteiler und |
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$I = (a)$. $\{a\} $ ist Basis von $I$ als $R$-Modul, denn |
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\begin{itemize} |
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\item $a \neq 0$, da $I \neq 0$ und $a$ kein NT, also $\{a\} $ l.u. |
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\item $\{a\} $ ES von $I$, da $I = (a)$. Also $\forall x \in I$ |
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$\exists r \in R$ mit $x = ra$. |
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\end{itemize} |
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(ii) $\implies$ (i): Sei $I$ frei als $R$-Modul. Dann sei $(a_i)_{i \in J} \subseteq I$ |
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Basis von $I$. $\forall i \in J\colon a_i \neq 0$ (sonst wäre $(a_i)_{i \in J}$ l.a.). |
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\begin{itemize} |
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\item Es ist $(a_i)_{i \in I} = \{a_1\} $, denn |
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ang.: $\exists a_2 \in I$ mit $a_1 \neq a_2$ und $\{a_1, a_2\} \subseteq (a_i)_{i \in J}$. |
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Dann ist, da $R$ kommutativ, $a_1 a_2 = a_2 a_1$. Damit folgt |
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$a_1 a_2 - a_2 a_1 = 0$, aber $a_1 \neq 0 \neq a_2$. Also sind |
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$\{a_1, a_2\} $ linear abhängig $\contr$. |
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\item $a_1 \neq 0$ und $a_1$ kein NT, denn ang. $\exists c \in R \setminus \{0\} $ mit |
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$a_1 r = 0 \implies a_1$ l.a. |
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\item Da $\{a_1\} $ Basis von $I$ als $R$-Modul, gilt $\forall a \in I$ |
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$\exists r \in R$ mit $a = r \cdot a_1$. Also folgt |
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$I = (a_1)$. |
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\end{itemize} |
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\end{proof} |
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\item Beh.: $(2, 1 + \sqrt{-3})$ in $\Z[\sqrt{-3}]$ ist nicht frei als |
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$\Z[\sqrt{-3}]$-Modul. |
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\begin{proof} |
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Wegen (a) g.z.z., dass $(2, 1 + \sqrt{-3})$ kein Hauptideal in $\Z[\sqrt{-3}]$. |
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Aus Aufg. 10 folgt, dass $2$ und $1 + \sqrt{-3} $ irreduzibel sind. Sei |
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$\delta \colon \Z[\sqrt{-3}] \to \N_0$ außerdem die multiplikative Normabbildung aus |
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Aufg. 10 mit $\delta(2) = \delta (1+\sqrt{-3}) = 4$ und $\delta(1) = 1$. |
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Ang.: $\exists r \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $(r) = (2, 1 + \sqrt{-3})$. Dann |
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ex. $x, y \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $2 = x r$ und $1 + \sqrt{-3} = yr$. Da |
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$2$ und $1 + \sqrt{-3} $ irreduzibel und $\Z[\sqrt{-3}]^{\times } = \{\pm 1\} $, folgt |
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$x \in \{\pm 1\} \lor r \in \{ \pm 1\} $. |
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\begin{itemize} |
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\item Falls $x \in \{ \pm 1\} $, dann $r \in \{\pm 2\} $. Damit folgt |
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$1 + \sqrt{-3} \in \{\pm y \cdot 2 \}$. Da |
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$\{\pm 2\} \not\in \Z[-3]^{\times }$, folgt $y \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times } =\{ \pm 1\} $. |
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Also $1 + \sqrt{-3} \stackrel{\wedge}{=} 2$ $\contr$. |
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\item Falls $r \in \{ \pm 1\} $, dann $\Z[\sqrt{-3}] = (r) = (2, 1 + \sqrt{-3})$. |
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Dann ex. $a, b \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $1 = 2 \cdot a + (1+ \sqrt{-3}) \cdot b$, also |
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\[ |
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1 = \delta (1) = \delta (2) \cdot \delta (a) + \delta (1+\sqrt{-3} ) \cdot \delta (b) |
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= 4 \underbrace{\delta (a)}_{\in \N_0} + 4 \underbrace{\delta (b)}_{\in \N_0} |
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\quad \contr |
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.\] |
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\end{itemize} |
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Also ist $(2, 1+ \sqrt{-3})$ kein Hauptideal und damit wegen (a) nicht frei |
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als $\Z[\sqrt{-3}]$ Modul. |
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\end{proof} |
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\item Wähle $M = R = \Z[\sqrt{-3}]$ und $N = (2, 1 + \sqrt{-3})$. $N$ ist |
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$\Z[\sqrt{-3}]$-Untermodul von $M$, da $N$ Ideal in $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul M. |
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Es ist $M = \Z[\sqrt{-3}] $, also $M$ frei als $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul, aber |
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$N = (2, 1+\sqrt{-3}) \subseteq \Z[\sqrt{-3}]$ wegen (b) nicht frei. |
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\end{enumerate} |
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\end{aufgabe} |
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\end{document} |
