\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}