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\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}