\documentclass[uebung]{../../../lecture} \title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 6} \author{Dominik Daniel, Christian Merten} \begin{document} \punkte[22] \begin{aufgabe} Im Folgenden seien freie Stellen in Matrizen $0$. \begin{enumerate}[(a)] \item Aus Aufg. 17 folgt $c_1(A) = c_2(A) = 1$, $c_3(A) = t-2$ und $c_4(A) = (t+1)(t-2)^2$. Damit folgen die Weierstraßteiler $h_1 = t-2$, $h_2 = t+1$ und $h_3 = (t-2)^2$. Damit folgt \begin{align*} A \approx B_{h_1, h_3, h_2} \approx \begin{pmatrix} J(2,1) & & \\ & J(2,2) & \\ & & J(-1,1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & & &\\ & 2 & 0 & \\ & 1 & 2 & \\ & & & -1\end{pmatrix} .\end{align*} \item Aus Aufg. 20 folgen direkt die Weierstraßteiler $h_1 = t+1$, $h_2 = t$, $h_3 = t+1$, $h_4 = t^2$, $h_5 = (t+1)^{3}$. Damit folgt \begin{align*} A \approx B_{h_2, h_4, h_1, h_3, h_5} \approx \begin{pmatrix} J(0,1) \\ & J(0,2) \\ & & J(-1, 1) \\ & & & J(-1, 1) \\ & & & & J(-1, 3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ & 0 & 0 \\ & 1 & 0 \\ & & & -1 \\ & & & & -1 \\ & & & & & -1 & 0 & 0 \\ & & & & & 1 & -1 & 0 \\ & & & & & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} .\end{align*} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} Seien $R$ ein Ring, $I \subseteq R$ Ideal und $M$ ein $R$-Modul. Äquivalenzklassen bezügl. beliebiger Äquivalenzrelationen seien im folgenden mit $\overline{\cdot }$ bezeichnet. Aus dem Argument ist immer klar, welche Äquivalenzrelation gemeint ist. \begin{enumerate}[(a)] \item Skalare Multiplikation ($*$):\begin{align*} R / I \times M / IM &\to M / IM\\ (\overline{a}, \overline{m}) &\mapsto \overline{a} \cdot \overline{m} \coloneqq \overline{a \cdot m} \quad (*) .\end{align*} Beh.: $M / IM$ ist mit der natürlichen Addition und der angegebenen skalaren Mult. ($*$) $R / I$-Modul. \begin{proof} Zunächst ist zu zeigen, dass $(*)$ wohldefiniert ist. Dazu seien $a, b \in R$ und $x, y \in M$ mit $a + I = b + I$ und $x + IM = y + IM$. \begin{itemize} \item Zunächst ist $ax$ bzw. $by$ wohldefiniert, da $M$ $R$-Modul. \item Es ist $x - y \in IM$, also $ax - ay = \underbrace{a}_{\in R} \underbrace{(x-y)}_{\in IM}$. Da $IM$ $R$-Untermodul von $M$, folgt $a(x-y) \in IM$ und damit $\overline{ax} = \overline{ay}$. \item Es ist $a -b \in I$, also $ax - bx = \underbrace{(a-b)}_{\in I} \underbrace{x}_{\in M} \in IM$. Damit folgt $\overline{ax} = \overline{bx}$. \end{itemize} \begin{enumerate}[(M1)] \item $M / IM$ ist nach VL $R$-Modul, da $IM$ $R$-Untermodul von $M$, also insbesondere abelsche Gruppe: $(M/IM, +, IM)$. \item Seien $\overline{a}, \overline{b} \in R / I$ und $\overline{x}, \overline{y} \in M / IM$. Damit folgt \begin{align*} (\overline{a} + \overline{b}) \overline{x} = \overline{a + b} \overline{x} \stackrel{(*)}{=} \overline{(a+b)x} \qquad \stackrel{M \text{ } R\text{-Modul}}{=} \qquad \overline{ax + bx} = \overline{ax} + \overline{bx} \stackrel{(*)}{=} \overline{a}\overline{x} + \overline{b} \overline{x} .\end{align*} Der Rest lässt sich analog nachrechnen. \end{enumerate} \end{proof} \item Beh.: Ist $n \in \N$ und $\varphi\colon M \to R^{n}$ ein $R$-Modulisomorphismus, dann ist $\varphi |_{IM}\colon IM \to I^{n}$ eine Bijektion (i) und $\varphi$ induziert einen $R / I$ - Moduliso. $\overline{\varphi}\colon M / IM \to (R / I)^{n}$ (ii). \begin{proof} \begin{enumerate}[(i)] \item \begin{itemize} \item Z.z.: $\varphi|_{IM}$ wohldefiniert. Sei $m \in IM$ dann ex. Indexmenge $J$ und $(a_i)_{i \in J} \in I^{(J)}$ und $(m_i)_{i \in J} \in M^{(J)}$ mit \[ m = \sum_{i \in J} a_i m_i \implies \varphi(m) \quad \stackrel{\varphi R\text{-Hom}}{=} \quad \sum_{i \in J} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi(m_i)}_{\in R^{n}} \in I^{n} \quad (\text{da } I \text{ Ideal}) .\] \item Sei $x \in I^{n}$. Z.z.: $\varphi^{-1}(x) \in IM$. Es ex. $(a_i)_{i=1}^{n} \in I^{n}$ mit \[ x = \sum_{i=1}^{n} a_i e_i \implies \varphi^{-1}(x) \qquad \stackrel{\varphi^{-1} R\text{-Hom}}{=} \qquad \sum_{i=1}^{n} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi^{-1}(e_i)}_{\in M} \in IM .\] Also $\varphi_{IM}$ surjektiv. \item Da $\varphi$ Iso, inbes. bijektiv, ist $\varphi|_{IM}$ injektiv. \end{itemize} Damit folgt also $\varphi|_{IM}$ bijektiv. \item Definiere $\overline{\varphi}\colon M/IM \to (R / I)^{n} = R^{n} / I^{n}, m + IM \mapsto \varphi(m) + I^{n}$. \begin{itemize} \item Z.z: $\overline{\varphi}$ wohldefiniert. Seien $m_1, m_2 \in M$ mit $m_1 = m_2$. Dann folgt $m_1 - m_2 \in IM$. Also ex. ein $(a_i)_{i \in J} \in I^{(J)}$ und $(m_i)_{i \in J} \in M^{(J)}$ mit $m_1 - m_2 = \sum_{i \in J} a_i m_i$. Damit folgt \[ \varphi(m_1) - \varphi(m_2) = \varphi(m_1 - m_2) \qquad \stackrel{\varphi \ R \text{-Hom}}{=} \qquad \sum_{i \in J} \underbrace{a_i}_{\in I} \underbrace{\varphi(m_i)}_{\in R^{n}} \in I^{n} .\] Also ist $\varphi(m_1) + I_n = \varphi(m_2) + I_n$, also $\overline{\varphi}$ wohldefiniert. \item Z.z.: $\overline{\varphi}$ $R/I$-Homomorphismus. Zunächst sind $M / MI$ und $(R / I)^{n}$ $R / I$ Moduln. Seien $r \in R / I$ und $\overline{m_1}, \overline{m_2} \in M / IM$. Dann folgt \begin{salign*} \overline{\varphi}(\overline{r} \overline{m_1} + \overline{m_2}) &= \overline{\varphi}( \overline{r m_1 + m_2}) \\ &= \varphi(r m_1 + m_2) + I^{n} \\ &\stackrel{\varphi \ R\text{-Hom}}{=} r \varphi(m_1) + \varphi(m_2) + I^{n} \\ &= r \overline{\varphi(m_1)} + \overline{\varphi(m_2)} \\ &= r \overline{\varphi}(m_1) + \overline{\varphi}(m_2) .\end{salign*} \item Z.z.: $\overline{\varphi}$ bijektiv. Es ist $\overline{\varphi}$ injektiv, da \[ \text{ker } \overline{\varphi} = \{ \overline{m} \in M / IM \mid \varphi(m) = I^{n}\} \quad \stackrel{\varphi|_{IM}\text{ Bij.}}{=} \quad \{ \overline{m} \in M / IM \mid m \in IM\} = \{ IM \} = \{ 0\} .\] Sei $\overline{x} \in (R / I)^{n}$. Da $\varphi$ Isomorphismus, ex. $m \in M$ mit $\varphi(m) = x$. Damit folgt \[ \overline{\varphi}(m + IM) = \varphi(m) + I^{n} = x + I^{n} = \overline{x} .\] Also $\overline{\varphi}$ surjektiv. \end{itemize} Insgesamt ist $\overline{\varphi}$ also ein $R / I$-Moduliso. \end{enumerate} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} Es sei $S \coloneqq \{t + 1, t^2 + 1\} $. Beh.: $S$ ist minimales ES von $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul. \begin{proof} Da $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul betrachtet wird, sind die von Elementen $(a_i)_{i \in I} \in Q[t]^{I}$ erzeugten Untermodule von $\Q[t]$ gerade die von $(a_i)_{i \in I}$ erzeugten Ideale. \begin{itemize} \item Z.z.: $S$ ES von $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul. Es ist \[ \left( -\frac{1}{2} t + \frac{1}{2} \right) \cdot (t+1) + \frac{1}{2} \cdot (t^2+1) = 1 .\] Also ist $(t+1, t^2+1) = (1)$. Damit folgt die Behauptung. \item Z.z.: $S$ minimales ES. Sei $S_1 \coloneqq \{t+1\} $. Da $\Q$ Kp. ist $\Q[t]$ HIR, also ist $t+1$ bis auf Assoziiertheit eind. bestimmter Erzeuger von $(t+1)$. Da $\text{deg}(t+1) = 1 > 0 = \text{deg}(1)$ und $\Q[t]$ nullteilerfrei, folgt $1 \not\in (t+1)$, also $S_1$ kein ES. Analog für $S_2 \coloneqq \{t^2 + 1\} $. \end{itemize} \end{proof} Beh.: $S$ ist keine Basis. \begin{proof} Es ist \[ \left( \frac{1}{2}(t+1) \right) (t^2+1) + \left( t - \frac{1}{2} (t+1)^2 \right) (t+1) = 0 ,\] aber $\frac{1}{2}(t+1) \neq 0 \neq t - \frac{1}{2}(t+1)^2$, also $t+1$ und $t^2+1$ l.a. in $\Q[t]$ als $\Q[t]$-Modul, also $S$ keine Basis. \end{proof} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[(a)] \item Beh.: Sei $R$ ein Ring und $I \neq 0$ ein Ideal in $R$. Dann sind äquivalent \begin{enumerate}[(i)] \item $I$ von einem Nicht-Nullteiler erzeugtes Hauptideal \item $I$ frei als $R$-Modul \end{enumerate} \begin{proof} (i) $\implies$ (ii): Sei $I$ Hauptideal mit $a \in R$ kein Nullteiler und $I = (a)$. $\{a\} $ ist Basis von $I$ als $R$-Modul, denn \begin{itemize} \item $a \neq 0$, da $I \neq 0$ und $a$ kein NT, also $\{a\} $ l.u. \item $\{a\} $ ES von $I$, da $I = (a)$. Also $\forall x \in I$ $\exists r \in R$ mit $x = ra$. \end{itemize} (ii) $\implies$ (i): Sei $I$ frei als $R$-Modul. Dann sei $(a_i)_{i \in J} \subseteq I$ Basis von $I$. $\forall i \in J\colon a_i \neq 0$ (sonst wäre $(a_i)_{i \in J}$ l.a.). \begin{itemize} \item Es ist $(a_i)_{i \in I} = \{a_1\} $, denn ang.: $\exists a_2 \in I$ mit $a_1 \neq a_2$ und $\{a_1, a_2\} \subseteq (a_i)_{i \in J}$. Dann ist, da $R$ kommutativ, $a_1 a_2 = a_2 a_1$. Damit folgt $a_1 a_2 - a_2 a_1 = 0$, aber $a_1 \neq 0 \neq a_2$. Also sind $\{a_1, a_2\} $ linear abhängig $\contr$. \item $a_1 \neq 0$ und $a_1$ kein NT, denn ang. $\exists c \in R \setminus \{0\} $ mit $a_1 r = 0 \implies a_1$ l.a. \item Da $\{a_1\} $ Basis von $I$ als $R$-Modul, gilt $\forall a \in I$ $\exists r \in R$ mit $a = r \cdot a_1$. Also folgt $I = (a_1)$. \end{itemize} \end{proof} \item Beh.: $(2, 1 + \sqrt{-3})$ in $\Z[\sqrt{-3}]$ ist nicht frei als $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul. \begin{proof} Wegen (a) g.z.z., dass $(2, 1 + \sqrt{-3})$ kein Hauptideal in $\Z[\sqrt{-3}]$. Aus Aufg. 10 folgt, dass $2$ und $1 + \sqrt{-3} $ irreduzibel sind. Sei $\delta \colon \Z[\sqrt{-3}] \to \N_0$ außerdem die multiplikative Normabbildung aus Aufg. 10 mit $\delta(2) = \delta (1+\sqrt{-3}) = 4$ und $\delta(1) = 1$. Ang.: $\exists r \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $(r) = (2, 1 + \sqrt{-3})$. Dann ex. $x, y \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $2 = x r$ und $1 + \sqrt{-3} = yr$. Da $2$ und $1 + \sqrt{-3} $ irreduzibel und $\Z[\sqrt{-3}]^{\times } = \{\pm 1\} $, folgt $x \in \{\pm 1\} \lor r \in \{ \pm 1\} $. \begin{itemize} \item Falls $x \in \{ \pm 1\} $, dann $r \in \{\pm 2\} $. Damit folgt $1 + \sqrt{-3} \in \{\pm y \cdot 2 \}$. Da $\{\pm 2\} \not\in \Z[-3]^{\times }$, folgt $y \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times } =\{ \pm 1\} $. Also $1 + \sqrt{-3} \stackrel{\wedge}{=} 2$ $\contr$. \item Falls $r \in \{ \pm 1\} $, dann $\Z[\sqrt{-3}] = (r) = (2, 1 + \sqrt{-3})$. Dann ex. $a, b \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $1 = 2 \cdot a + (1+ \sqrt{-3}) \cdot b$, also \[ 1 = \delta (1) = \delta (2) \cdot \delta (a) + \delta (1+\sqrt{-3} ) \cdot \delta (b) = 4 \underbrace{\delta (a)}_{\in \N_0} + 4 \underbrace{\delta (b)}_{\in \N_0} \quad \contr .\] \end{itemize} Also ist $(2, 1+ \sqrt{-3})$ kein Hauptideal und damit wegen (a) nicht frei als $\Z[\sqrt{-3}]$ Modul. \end{proof} \item Wähle $M = R = \Z[\sqrt{-3}]$ und $N = (2, 1 + \sqrt{-3})$. $N$ ist $\Z[\sqrt{-3}]$-Untermodul von $M$, da $N$ Ideal in $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul M. Es ist $M = \Z[\sqrt{-3}] $, also $M$ frei als $\Z[\sqrt{-3}]$-Modul, aber $N = (2, 1+\sqrt{-3}) \subseteq \Z[\sqrt{-3}]$ wegen (b) nicht frei. \end{enumerate} \end{aufgabe} \end{document}