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+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 11}
+\author{Dominik Daniel, Miriam Philipp, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte[40]
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $R$ ein nullteilerfreier Ring und $M$ ein $R$-Modul.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Auf der Menge $R \times (R \setminus \{0\})$ wird durch $(r_1, s_1) \sim (r_2, s_2) \iff r_1s_2 = r_2s_1$
+            eine Äquivalenzrelation definiert.
+            \begin{proof}
+                Reflexivität und Symmetrie sind klar.
+
+                Seien weiter $r_1, r_2, r_3 \in R$ und $s_1, s_2, s_3 \in R\setminus \{0\} $ mit
+                $(r_1, s_1) \sim (r_2, s_2)$ und $(r_2, s_2) \sim (r_3, s_3)$. Dann gilt
+                \[
+                r_1 s_2 = r_2 s_1 \land r_2 s_3 = s_2 r_3
+                .\] 
+                Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    \underbrace{r_1 s_2}_{= r_2 s_1} s_3 = \underbrace{r_2 s_3}_{= s_2 r_3} s_1
+                    = s_2 r_1 s_3 \\
+                    \implies s_2(r_1 s_3) = s_2 (s_1 r_3) \\
+                    \implies s_2 (r_1 s_3 - s_1 r_3) = 0
+                .\end{salign*}
+                Da $s_2 \neq 0$ und $R$ nullteilerfrei, folgt
+                \begin{salign*}
+                    r_1 s_3 - s_1 r_3 = 0 \implies r_1 s_3 = s_1 r_3 \implies (r_1, s_1) \sim (r_3, s_3)
+                .\end{salign*}
+                Das zeigt die Transitivität von $\sim$ und damit die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Operationen
+            \[
+            \frac{r_1}{s_1} + \frac{r_2}{s_2} \coloneqq \frac{r_1s_2 + r_2s_1}{s_1 s_2}
+            \quad \text{und} \quad
+            \frac{r_1}{s_1} \cdot \frac{r_2}{s_2} \coloneqq \frac{r_1 r_2}{s_1s_2}
+            \]  sind wohldefiniert.
+            \begin{proof}
+                Seien $r_1, \tilde{r}_1, r_2 \in R$ und $s_1, \tilde{s}_1, s_2 \in R \setminus \{0\} $
+                mit $(r_1, s_1) \sim (\tilde{r}_1, \tilde{s}_1)$.
+
+                Z.z.: $(r_1s_2 + r_2s_1, s_1s_2) \sim (\tilde{r}_1 s_2 + r_2 \tilde{s}_1, \tilde{s}_1 s_2)$.
+                Es ist
+                \begin{salign*}
+                    (r_1 s_2 + r_2s_1) \tilde{s}_1 s_2 &= r_1 s_2 \tilde{s}_1 s_2 + r_2 s_1 \tilde{s}_1 s_2 \\
+                    &\stackrel{r_1 \tilde{s}_1 = \tilde{r}_1 s_1}{=}
+                    s_1 s_2 \tilde{r}_1 s_2 + r_2 s_1 \tilde{s}_1 s_2 \\
+                    &= s_1s_2(\tilde{r}_1 s_2 + r_2 \tilde{s}_1)
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt die Behauptung.
+
+                Z.z.: $(r_1r_2, s_1s_2) \sim (\tilde{r}_1r_2, \tilde{s}_1 s_2)$.
+                Es ist
+                \begin{salign*}
+                    r_1 r_2 \tilde{s}_1 s_2
+                    &\stackrel{r_1 \tilde{s}_1 = \tilde{r}_1 s_1}{=} s_1 s_2 \tilde{r}_1 r_2
+                .\end{salign*}
+                Damit folgt die Behauptung.
+
+                Wohldefiniertheit folgt für zweites Argument aus Symmetriegründen.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Auf der Menge $M \times (R \setminus \{0\} )$ wird durch
+            \[
+                (x_1, r_1) \sim (x_2, r_2) \iff \exists s \in R \setminus \{0\} \text{ mit } s r_1 x_2 = s r_2 x_1
+            \] eine Äquivalenzrelation definiert.
+            \begin{proof}
+                Reflexivität und Symmetrie sind klar.
+
+                Seien weiter $x_1, x_2, x_3 \in R$ und $r_1, r_2, r_3 \in R\setminus \{0\} $ mit
+                $(x_1, r_1) \sim (x_2, r_2)$ und $(x_2, r_2) \sim (x_3, r_3)$. Dann ex.
+                $s_1, s_2 \in R \setminus \{0\} $ mit $s_1 r_1 x_2 = s_1 r_2 x_1$ und
+                $s_2 r_2 x_3 = s_2 r_3 x_2$.
+
+                Definiere $s \coloneqq s_1 s_2 r_2$. Es ist $s \neq 0$, da $s_1, s_2, r_2 \in R \setminus \{0\} $
+                und $R$ nullteilerfrei. Dann folgt
+                \begin{salign*}
+                    s_1 s_2 r_2 \cdot r_1 x_3 = s_1 r_1 \underbrace{s_2 r_2 x_3}_{= s_2 r_3 x_2}
+                    = s_2 r_3 \underbrace{s_1 r_1 x_2}_{s_1 r_2 x_1}
+                    = s_1 s_2 r_2 \cdot r_3 x_1
+                .\end{salign*}
+                Das zeigt die Transitivität von $\sim$ und damit die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Mit $R = \Z$ und $M = \Z / 2 \Z$ ist die gegebene Relation nicht
+            transitiv.
+            \begin{proof}
+                Es ist
+                \[
+                    (\overline{1}, 1) \sim (\overline{0}, 2) \land (\overline{0}, 2) \sim (\overline{0},1)
+                ,\] denn $\overline{1} \cdot 2 = \overline{0} = 1 \cdot \overline{0}$ und
+                $\overline{0} \cdot 1 = \overline{0} = 2 \cdot \overline{0}$. Aber
+                $\overline{1}\cdot 1 = \overline{1} \neq \overline{0} = 1\cdot \overline{0}$. Also
+                ist $(\overline{1}, 1) \not\sim (\overline{0}, 1)$
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Seien $R$ ein nullteilerfreier Ring und $M$ ein e.e. $R$-Modul. Dann sind die folgenden
+            Aussagen sind äquivalent:
+            \begin{enumerate}[(i)]
+                \item $M$ ist ein Torsions-$R$-Modul
+                \item Es gilt $\text{Ann}(M) \neq (0)$
+            \end{enumerate}
+            \begin{proof}
+                (i) $\implies$ (ii): Sei $T(M) = M$. Da $M$ e.e. existiert ein endliches ES.
+                $\{x_1, \ldots, x_n\} \subseteq M$ von $M$.
+                Da $x_1, \ldots, x_n \in M = T(M)$ existieren $s_1, \ldots, s_n \in R \setminus \{0\} $
+                mit 
+                \[
+                    x_1 s_1 = x_2 s_2 = \ldots = x_n s_n = 0 \quad (*)
+                .\] Wähle $a \coloneqq s_1 \cdot \ldots \cdot s_n$. Es ist $a \neq 0$, da
+                $s_1, \ldots, s_n \neq 0$ und $R$ nullteilerfrei. Sei
+                nun $m \in M$ beliebig. Dann ex. $\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in R$ mit
+                $m = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i x_i$. Damit folgt
+                \[
+                a m = \sum_{i=1}^{n} a \alpha_i x_i = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i s_1 \cdot \ldots \cdot s_n x_i
+                \stackrel{(*)}{=} 0
+            .\] Damit ist $0 \neq a \in \text{Ann}(M)$, also $\text{Ann}(M) \neq (0)$.
+
+            (ii) $\implies$ (i): Sei $a \in \text{Ann}(M)$ mit $a \neq 0$. Dann gilt
+            $\forall m \in M$: $a m = 0$. Da $a \neq 0$ folgt $m \in T(M)$, also $M = T(M)$.
+            \end{proof}
+        \item Sei $R = \Z$ und $M = \oplus_{n \in \N} \Z / 2^{n} \Z$.
+
+            Beh.: $M$ ist ein Torsions-$R$-Modul.
+            \begin{proof}
+                Sei $m \in M$ beliebig. Dann ex. $m_i \in \Z / 2^{i} \Z$ mit
+                $m = (m_i)_{i \in \N}$ wobei $m_i = 0$ für fast alle $i \in \N$.
+                Es ex. also eine Indexmenge $I \subseteq \N$ mit $\# I < \infty$ s.d.
+                $m_i \neq 0$ $\forall i \in I$ und $m_i = 0$ $\forall i \in \N \setminus I$.
+
+                Definiere nun
+                \[
+                a \coloneqq \prod_{i \in I} 2^{i}
+                .\] $a$ ist wohldefiniert, da $I$ endlich ist. Außerdem gilt
+                $a \neq 0$ da $2^{i} \neq 0$ $\forall i \in \N$ und $\Z$ nullteilerfrei.
+                Weiter gilt $\forall i \in I$: $a \cdot m_i = 0$, denn $\exists r_i \in \Z$ mit
+                $m_i = r_i + \Z / 2^{i} \Z$. Da $2^{i}  \mid a$ ex. $s_i \in \Z$ mit
+                $a = s_i \cdot 2^{i}$. Damit folgt
+                \[
+                    a m_i = a \left( r_i + 2^{i} \Z \right)
+                    = s_i r_i 2^{i} + 2^{i} \Z = 2^{i} \Z = \overline{0} \in \Z / 2^{i} \Z
+                .\] Insgesamt folgt damit $(a m)_i = 0$ $\forall i \in \N$, also
+                $a m = 0$.
+            \end{proof}
+
+            Beh.: $\text{Ann}(M) = (0)$.
+            \begin{proof}
+                Ang. $\exists a \in \text{Ann}(M)$ mit $a \neq 0$. Dann ist $a \in \Z$ und
+                es ex. $k \in \N$ s.d. $2^{k} > |a|$. Damit folgt
+                $2^{k} \nmid a$, also $a \not\equiv 0$ $(\text{mod } 2^{k})$ $(*)$. Wähle nun
+                $m \coloneqq (m_1, m_2, \ldots)$ mit
+                \[
+                m_i = \begin{cases}
+                    0 & i \neq 2^{k} \\
+                    \overline{1} & i = 2^{k}
+                \end{cases}
+                .\] Es ist $m_i = 0$ für fast alle $i \in N$ also $m \in M$, aber
+                \[
+                a \cdot m_k =
+                    a \cdot \overline{1}
+                    =
+                    a + 2^{i} \Z \stackrel{(*)}{\neq} 0
+                .\] Damit folgt $a m \neq 0$, also $a \not\in \text{Ann}(M)$ $\contr$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $M$ der $\R[t]$-Modul $\R[t]/(t^2)$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $T(M) = M$.
+            \begin{proof}
+                Sei $\overline{f} \in \R[t] / (t^2)$ beliebig. Dann wähle $a \coloneqq t^2 \in \R[t]$.
+                Es ist $a \neq 0$ und
+                \[
+                    a m = t^2 f + (t^2) = (t^2) = 0 \in \R[t] / (t^2)
+                .\]
+            \end{proof}
+            Beh.: $\text{Rang}(M) = 0$.
+            \begin{proof}
+                Sei $m \in M$. Dann ist $m \in T(M)$. Also ex. $s \in \R[t] \setminus \{0\} $
+                mit $s m = 0$. Also ist $m$ linear abhängig. Die
+                max. Anzahl l.u. Elemente in $M$ ist also $0$. Damit folgt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh (i).: $\mathcal{B} = \{\overline{1}, \overline{t}\} $ ist Basis von $\R[t] / (t^2)$ als $\R$-Modul.
+            \begin{proof}
+                Sei $\overline{f} \in \R[t] / (t^2)$ beliebig. $\R$ ist Körper, also ist $\R[t]$
+                Euklidscher Ring. Also existieren $r, q \in \R[t]$ mit $\text{deg}(r) < \text{deg}(t^2) = 2$
+                und
+                \[
+                f = q t^2 + r
+                .\]
+                Da $\text{deg}(r) < 2$ ex. $a_0, a_1 \in \R$ mit
+                \[
+                r = a_0 + a_1 t
+                .\] Damit folgt
+                \[
+                    \overline{f} = f + (t^2) = q t^2 + r + (t^2) = a_0 + a_1 t + (t^2)
+                    = a_0 \overline{1} + a_1 \overline{1}
+                .\] Also ist $\mathcal{B}$ ES. von $\R[t] / (t^2)$ als $\R$-Modul.
+
+                Seien außerdem weiter $a, b \in \R$ mit
+                \[
+                    a \overline{1} + b \overline{t} = 0 \implies a + bt + (t^2) = 0 \implies
+                    a + bt \in (t^2)
+                .\] Wegen $\text{deg}(a + bt) \le 1$ folgt $a = b = 0$. Also
+                $\mathcal{B}$ l.u. und $\mathcal{B}$ Basis von $\R[t] / (t^2)$ als $\R$- Modul.
+            \end{proof}
+            Beh.: $\R[t] / (t^2)$ ist torsionsfreier $\R$-Modul vom Rang $2$.
+            \begin{proof}
+                Wegen (i) ist $\R[t] / (t^2)$ frei mit Rang $2$ als
+                $\R$-Modul und damit auch torsionsfrei nach VL.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\ell(M) = 2$ mit Kompositionsfaktoren $t / (t^2)$ und $\R[t] / (t^2)$.
+            \begin{proof}
+                Nach VL sind die Untermoduln von $\R[t] / (t^2)$ gerade die Untermoduln
+                $N$ von $\R[t]$ mit $(t^2) \subseteq N$. Diese sind gerade
+                die Ideale $N$ im HIR $\R[t]$ mit $(t^2) \subseteq N$, also
+                $\{(t^2), (t), (1)\} $. Damit sind die Untermoduln von $\R[t] / (t^2)$ gegeben als
+                \[
+                    \left\{ (t^2)/(t^2), (t) / (t^2), (1) / (t^2)\right\}
+                    =
+                    \left\{ 0, (t) / (t^2), \R[t] / (t^2)\right\} 
+                .\] Als längste Filtrierung ergibt sich damit sofort
+                \[
+                    0 \subsetneqq (t) / (t^2) \subsetneqq \R[t] / (t^2)
+                .\] Also folgt $\ell(M) = 2$. Die Kompositionsfaktoren ergeben sich unter
+                Benutzung der Isomorphiesätze der VL als:
+                \begin{align*}
+                    ( (t) / (t^2) ) / 0 &\stackrel{\sim}{=} (t) / (t^2) \\
+                    ( (1) / (t^2)) / ( (t) / (t^2)) &\stackrel{\sim}{=} (1) / (t) 
+                    = \R[t] / (t^2)
+                .\end{align*}
+                Diese sind nach VL einfach, da die Filtrierung Länge $2 = \ell(M)$ hat. 
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $R$ ein Ring und $M$, $N$ zwei $R$-Moduln und $\varphi\colon M \to N$ ein $R$-Mod.hom.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Es gilt $\ell(\text{ker } \varphi) = \ell(\text{im }\varphi) = \ell(M)$.
+            \begin{proof}
+                Definiere $\tilde{\varphi}\colon M \to \text{im }\varphi$, $m \mapsto \varphi(m)$. Dann
+                ist $\tilde{\varphi}$ surjektiv. Sei weiter
+                $\iota \colon \text{ker } \varphi \to M$ die kanonische Inklusion. Da $\iota$ injektiv
+                und $\text{im }\iota = \text{ker } \varphi = \text{ker } \tilde{\varphi}$ ist die kurze Folge
+                \[
+                    0 \to \text{ker } \varphi \to M \to \text{im } \varphi \to 0
+                \] exakt. Also folgt $\ell(\text{ker } \varphi) + \ell(\text{im }\varphi) = \ell(M)$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $\ell(M) < \infty$ gilt $\ell(L) < \ell(M)$ für jeden echten $R$-Untermodul
+            $L \subsetneqq M$.
+            \begin{proof}
+                Sei $\ell(M) = n$ und $L \subsetneqq M$ Untermodul. Ang.: $\ell(L) \ge n$. Dann
+                ex. Filtrierung von $L$ der Länge $n$:
+                \[
+                0 \subsetneqq L_1 \subsetneqq L_2 \subsetneqq \ldots \subsetneqq L_n = L
+                .\] Dann ist aber
+                \[
+                0 \subsetneqq L_1 \subsetneqq L_2 \subsetneqq \ldots \subsetneqq L \subsetneqq M
+                \] eine Filtrierung von $M$ der Länge $n+1$ $\contr$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für $\ell(M) < \infty$ und $N = M$ gilt
+            \[
+            \varphi \text{ injektiv } \iff \varphi \text{ surjektiv } \iff \varphi \text{ bijektiv}
+            .\]
+            \begin{proof}
+                (i) $\implies$ (ii): Sei $\varphi$ injektiv. Dann ist $\text{ker } \varphi = 0$. Also
+                $\ell(\text{ker } \varphi) = 0$. Damit folgt aus (a)
+                \[
+                     \ell(M) = \ell(\text{ker } \varphi) + \ell(\text{im } \varphi) =
+                     \ell(\text{im } \varphi)
+                 .\] Da $\ell(M) < \infty$ und $\text{im }\varphi$ Untermodul von $M$, aber
+                 $\ell(\text{im } \varphi) = \ell(M)$ folgt mit (b), dass $\text{im }\varphi$ kein
+                 echter Untermodul von $M$ ist. Also folgt $\text{im }\varphi = M$, also
+                 $\varphi$ surjektiv.
+
+                 (ii) $\implies$ (iii): Sei $\varphi$ surjektiv. g.z.z. $\varphi$ injektiv.
+                 Es folgt aus (a):
+                 \begin{align*}
+                     \ell(M) &= \ell(\text{im }\varphi) + \ell(\text{ker } \varphi) \\
+                     &= \ell(M) + \ell(\text{ker }\varphi)
+                 .\end{align*}
+                 Da $\ell(M) \in \N_0$ folgt $\ell(\text{ker } \varphi) = 0$. Also nach VL
+                 $\text{ker }\varphi = 0$, also $\varphi$ injektiv.
+
+                 (iii) $\implies$ (i): trivial.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}