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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Lineare Algebra 2: Übungsblatt 7}
\author{Dominik Daniel, Miriam ?, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte[26]

\begin{aufgabe}
    Sei $R$ ein Ring, $M$ und $N$ zwei $R$-Moduln und $\varphi \colon M \to N$ ein $R$-Modulhom.
    Sei $\iota\colon \text{ker } \varphi \to M$ die kanonische Inklusion.

    Beh.: Zu jedem $R$-Modul $U$ und jedem $R$-Modulhomomorphismus $f\colon U \to M$ mit $\varphi \circ f = 0$
    gibt es einen eindeutig bestimmten $R$-Modulhomomorphismus $g\colon U \to \text{ker } \varphi$
    mit $f = \iota \circ g$.
    \begin{proof}
        \begin{enumerate}[(i)]
           \item Existenz: Definiere
               \begin{align*}
                   g \colon U &\to  \text{ker } \varphi \\
                   u &\mapsto f(u)
               .\end{align*}
               $g$ ist wohldefiniert, da $\varphi \circ f = 0$, also
               $\text{Bild}(f) \subseteq \text{ker } \varphi$. Da $f$ $R$-Modulhom., ist auch
               $g$ $R$-Modulhom.

               Dazu sei weiter $u \in U$ beliebig. Dann ist $f(u) = g(u) = \iota(g(u))$, also
               $f = \iota \circ g$.
            \item Eindeutigkeit: Seien $g$, $g'\colon U \to \text{ker } \varphi$ R-Modulhom.s mit
                $f = \iota \circ g = \iota \circ g'$. Dann gilt $\forall u \in U$:
                $g'(u) = \iota(g'(u)) = f(u) = \iota(g(u)) = g(u)$. Also folgt
                $g = g'$.
       \end{enumerate} 
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Seien $R$ ein Ring und $(M_i)_{i \in I}$ Familie von freien $R$-Moduln. Sei
    $M = \bigoplus_{i \in I} M_i$. Sei weiter $(x_{i,j})_{j \in J_i}$ eine Basis von $M_i$ und
    \[
        K \coloneqq \bigcup_{i \in  I} \left( \{i\} \times J_i \right) 
    .\] Betrachte $(x_{i,j})_{(i,j) \in K}$ via der kanonischen Inklusionen $q_i \colon M_i \to M$ als
    Familie von Elementen von $M$. Sei $N$ ein Modul mit Familie von Elementen $(y_{i,j})_{(i,j) \in K}$
    aus N.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\forall i \in I$ gibt es einen eindeutigen $R$-Modulhomomorphismus $f_i \colon M_i \to N$
            mit $f_i(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $\forall j \in J_i$.
            \begin{proof}
                Sei $i \in I$ beliebig. Nach Vorr. ist $M_i$ frei mit Basis $(x_{i,j})_{j \in J_i}$.
                Also erfüllt nach VL $(M_i, (x_{i,j})_{j \in J_i})$ die Eigenschaft (UF). Damit folgt,
                angewendet auf $N$ und die Familie $(y_{i,j})_{(i,j) \in K}$ die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Beh.: $M$ ist frei.
            \begin{proof}
                Nach VL g.z.z., dass $(M, (x_{i,j})_{(i,j) \in K})$ die Eigenschaft (UF) erfüllt, also dass
                genau ein $R$-Modulhom. $f\colon M \to N$ existiert mit
                $f(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $\forall (i,j) \in K$.

                Da $M$ direkte Summe der $M_i$ ist, erfüllt $M$ die Eigenschaft (US). Wende diese auf $N$
                mit den Homomorphismen $f_i\colon M_i \to N$ aus (a) an. Damit folgt
                es ex. genau ein $f\colon M \to N$ mit $f_i = f \circ q_i$ $\forall i \in I$. Wegen
                (a) gilt $\forall (i,j) \in K$ $f_i(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $(*)$.

                Z.z.: $\forall i \in I$ $f_i = f \circ q_i$ $\iff$ $f(x_{i,j}) = y_{i,j}$
                $\forall (i,j) \in K$.
                \begin{itemize}
                    \item ,,$\implies$``: Sei $(i,j) \in K$ beliebig.
                        \[
                            f(x_{i,j}) = f(q_i(x_{i,j})) \; \stackrel{\text{Vorr.}}{=} \; f_i(x_{i,j}) \stackrel{(*)}{=} y_{i,j}
                        .\] 
                    \item ,,$\impliedby$``: Sei $m \in M_i$ beliebig. Da $M_i$ frei mit Basis
                        $(x_{i,j})_{j \in J_i}$ ex. $(r_j)_{j \in J} \in R^{(J)}$ mit
                        $m = \sum_{j \in J_i} r_j x_{i,j}$. Damit folgt
                        \begin{salign*}
                            f_i(m) &= f_i\left(\sum_{j \in J_i} r_j x_{i,j} \right) \\
                            &\stackrel{f_i \text{ } R\text{-Modulhom.}}{=}
                            \sum_{j \in J_i} r_j f_i(x_{i,j}) \\
                            &\stackrel{(*)}{=}
                            \sum_{j \in J_i} r_j y_{i,j} \\
                            &\stackrel{\text{Vorr.}}{=} \sum_{j \in J_i} r_j f(x_{i,j}) \\
                            &= f \left( \sum_{i \in J_i} r_j x_{i,j} \right) \\
                            &= f(m)
                        .\end{salign*}
                \end{itemize}
                Aufgrund der Eindeutigkeit von $f$ mit der Eigenschaft $f_i = f \circ q_i$ $\forall i \in I$
                und der gezeigten Äquivalenz, folgt die Existenz und Eindeutigkeit von $f$ mit der Eigenschaft
                $f(x_{i,j}) = y_{i,j}$ $\forall (i,j) \in K$, also (UF).
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}