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Moduln  | |
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@xiao_shi_tou_ Das ehrt mich natürlich sehr, aber bezogen auf kommutative Algebra würde ich das so nicht unterschreiben.  Eigentlich habe ich mich die letzten Jahre so gut wie nur noch mit endlich-dimensionalen (idR nicht-kommutativen) Algebren beschäftigt. Gerade auf diesem Gebiet sind projektive und injektive Moduln wichtig, da sie deutlich leichter zugänglich sind als allgemeine Moduln und im Gegensatz zu letzteren sogar klassifizierbar sind.
Dass injektive Moduln im Allgemeinen nicht so präsent sind wie projektive Moduln, dürfte hauptsächlich daran liegen, dass man oft nur endlich erzeugte Moduln betrachtet, aber über vielen Ringen (etwa über $\mathbb{Z}$) gar keine endlich erzeugten injektiven Moduln existieren. Bei endlich-dimensionalen Algebren über Körpern (im Folgenden kurz Algebren) ist das anders: Wir haben für jede Algebra eine natürliche Dualität zwischen endlich erzeugten Links- und Rechtsmoduln, welche injektive auf projektive Moduln, bzw. projektive auf injektive Moduln abbildet. Es gibt für Algebren daher genauso viele endlich erzeugte injektive wie projektive Moduln (in jeder beliebigen Dimension).
Außerdem haben injektive und projektive Moduln über Algebren eine besonders einfache Struktur: Während es im Allgemeinen völlig aussichtslos ist, alle endlich erzeugten Moduln einer gegebenen Algebra zu klassifizieren, ist das für projektive und injektive Moduln (zumindest in der Theorie) kein so großes Problem: Jeder endlich erzeugte projektive/injektive Modul über einer Algebra zerfällt auf eindeutige Weise in eine direkte Summe unzerlegbarer projektiver/injektiver Moduln, von denen es jeweils bis auf Isomorphie nur endlich viele gibt. Man muss also nur endlich viele projektive/injektive Moduln einer Algebra finden, um alle (endlich erzeugten) zu kennen.
@Kezer Der letzte Punkt beantwortet hoffentlich auch deine Frage aus #13, denn in der beschriebenen Situation (einer "halbeinfachen" Gruppenalgebra) sind also sämtliche endlich erzeugte Moduln klassifizierbar. Auf dieser Tatsache fußt die gesamte Charaktertheorie endlicher Gruppen. In der Charaktertheorie wird außerdem (grob gesagt) gezeigt, dass sämtliche $\mathbb{C} G$-Moduln schon durch die "Charaktertafel" von $G$ bestimmt sind. Das erlaubt einem wiederum mit Charakteren anstelle von Moduln zu arbeiten.
Außerdem muss natürlich erwähnt werden, dass wir allgemeine Moduln oft durch injektive/projektive Moduln approximieren können: Jeder Modul hat eine eindeutig bestimmte "injektive Hülle" und jeder endlich erzeugte Modul über einer Algebra hat eine eindeutige "projektive Decke". Um einen gegebenen Modul zu untersuchen kann es sehr sinnvoll sein, zunächst seine injektive Hülle oder seine projektive Decke zu bestimmen. Das kann wiederum nach dem Ausschlussverfahren gemacht werden, sofern man schon alle injektiven oder projektiven Moduln über dem jeweiligen Ring kennt. |
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Moduln | |
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Eine besonders nützliche (sogar charakterisierende) Eigenschaft projektiver/injektiver Moduln ist folgende:
Ist ein projektiver Modul $P$ ein Quotient eines Moduls $M$, dann ist $P$ sogar ein direkter Summand von $M$. Genauso ist ein injektiver Modul $I$ genau dann ein Untermodul von $M$, wenn $I$ ein direkter Summand von $M$ ist.
Übrigens lebt die (nicht-modulare) Darstellungstheorie endlicher Gruppen wesentlich von der Tatsache, dass sämtliche Moduln einer Gruppenalgebra $\mathbb{K} G$ (wobei die Charakteristik von $\mathbb{K}$ nicht die Ordnung von $G$ teilt) sowohl injektiv als auch projektiv sind. Im Gegensatz dazu sind freie $\mathbb{K} G$-Moduln relativ selten.
VG Dune |
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Körper und Galois-Theorie | |
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Hi IVmath,
ja das ist ziemlich offensichtlich. Es folgt unmittelbar aus der Definition algebraischer Unabhängigkeit.
VG Dune |
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Körper und Galois-Theorie | |
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Hi Iramor,
dass diese Begriffe tatsächlich zusammenhängen, sieht man erst anhand ihrer gemeinsamen Verallgemeinerung:
Sei $A$ eine endlich-dimensionale $\mathbb{K}$-Algebra und $\mathbb{F} / \mathbb{K}$ eine Körpererweiterung. Man nennt $\mathbb{F}$ einen Zerfällungskörper für $A$, wenn alle einfachen Moduln der $\mathbb{F}$-Algebra $\mathbb{F} \otimes_\mathbb{K} A$ absolut einfach sind.
Für einen Schiefkörper $A = D$ ist diese Definition äquivalent zu deiner. Ist andererseits $f \in \mathbb{K}[X]$ ein Polynom, so zerfällt $f$ genau dann über $\mathbb{F}$, wenn $\mathbb{F}$ ein Zerfällungskörper für die $\mathbb{K}$-Algebra $A = \mathbb{K}[X]/(f)$ ist.
Es gibt aber auch einen wichtigen Unterschied zwischen diesen Definitionen von Zerfällungskörpern:
In der Körpertheorie zeigt man, dass für jedes Polynom ein bis auf Isomorphie eindeutiger kleinster Körper existiert, über dem es zerfällt. Deshalb spricht man auch von dem Zerfällungskörper. Für Schiefkörper stimmt das nicht: Zum Beispiel zerfällt der Schiefkörper der rationalen Quaternionen über jeder beliebigen Körpererweiterung $\mathbb{F} / \mathbb{Q}$, in der sich $-1$ als Summe zweier Quadrate schreiben lässt (z.B. $\mathbb{F} = \mathbb{Q}(i)$ oder $\mathbb{F} = \mathbb{Q}(\sqrt{-2})$).
VG Dune |
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Aktuelles und Interessantes | |
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Was spricht gegen DuckDuckGo? Hat zwar auch gesponsorte Suchtreffer, aber die lassen sich in den Einstellungen anscheinend sogar abschalten.
Ist im Firefox als eine der Standardsuchmaschinen vorinstalliert. |
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Ringe | |
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@TomTom:
Du meinst vermutlich Folgendes: Sei $A$ eine $R$-Algebra ($R$ kommutativ) und $M$ ein $A$-Modul. Dann gibt es einen kanonischen Homomorphismus $A \to \mathrm{End}_R(M)$ von $R$-Algebren.
Umgekehrt macht jeder $R$-Homomorphismus $A \to \mathrm{End}_R(M)$ einen $R$-Modul $M$ zu einem $A$-Modul.
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Gruppen | |
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Hi Potheker,
ich glaube der Ansatz $A \cdot \begin{pmatrix} u & 0\\0 & v \end {pmatrix} = \begin{pmatrix} x & 0\\0 & y \end {pmatrix} \cdot A$ mit $A = \begin{pmatrix} a & b\\c & d \end {pmatrix}$ beliebig ist ein wenig angenehmer, da Division vermieden wird.
Trotzdem führt dein Weg aber auch schnell zum Ziel: Du musst einerseits die Fälle $e = f$ und $e \neq f$ unterscheiden, da andere Ergebnisse raus kommen. Im Fall $e \neq f$ folgt durch Koeffizientenvergleich zum Beispiel sofort $ab = 0$ und $cd = 0$ und von dort bist du ganz schnell am Ziel (denk auch an $\det(A) \neq 0$).
VG Dune |
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Gruppen | |
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Hi Saki,
ich meinte schon genau das was ich geschrieben hatte, aber ich habe auch nicht alles zu 100% durchdacht. Kann gut sein, dass da die eine oder andere Lücke drin ist. (Mit $B^{-1}$ meinte ich übrigens auch die Inverse in $\mathrm{GL}(2,\mathbb{Q})$.)
Bei deinem Ansatz sehe ich gerade das Problem, dass $AB^{-1}$ nicht einmal eine ganzzahlige Matrix sein muss (oder?).
VG Dune |
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Bilinearformen&Skalarprodukte | |
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Die Signatur stimmt.
Hier noch ein alternativer basisfreier Ansatz:
Man kann leicht zeigen, dass Lichtvektoren immer in Paaren auftreten: Zu dem Lichtvektor $v \in V$ finden wir einen Lichtvektor $w \in V$, sodass $\beta(v,w) = 1$ gilt. Man nennt den Unterraum $H = \langle v,w \rangle$ eine hyperbolische Ebene. Sei $W = H^\perp$ das orthogonale Komplement, dann gilt $V = H \oplus W$ und $\langle v \rangle^\perp = W \oplus \langle v \rangle$. Anhand der Signatur von $V$ und der Zerlegung $V = H \oplus W$ können wir unmittelbar ablesen, dass $W$ positiv definit ist (Denn hyperbolische Ebenen haben grundsätzlich die Signatur $(1,1,0)$!). Anhand der Zerlegung $\langle v \rangle^\perp = W \oplus \langle v \rangle$ erkennen wir, dass $\langle v \rangle$ das Radikal von $\langle v \rangle^\perp$ ist. Also hat $\langle v \rangle^\perp$ die Signatur $(n-1,0,1)$.
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Gruppen | |
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Hi Saki, hier mal meine Gedanken dazu:
Die Gruppe $\Gamma(N)$ operiert von links auf der Menge $\mathcal{M}$ und zu zeigen ist, dass diese Operation nur endlich viele Bahnen besitzt. Wenn ich mich nicht irre, dann sind Elemente $A,B \in \mathcal{M}$ genau dann in einer Bahn, wenn $A \cdot B^{-1} \in M_2(\mathbb{Z})$ gilt. Das ist widerum äquivalent zu $A \cdot B^{\mathrm{adj}} \equiv 0 \mod p$. Anhand letzterer Bedingung erkennen wir, dass die Frage ob A und B in der gleichen Bahn liegen nur von den Restklassen $\overline{A}$ und $\overline{B}$ in $M_2(\mathbb{Z}/p)$ abhängt. Es gibt nur endlich viele solcher Restklassen, also hat die Operation von $\Gamma(N)$ auf $\mathcal{M}$ nur endlich viele Bahnen.
Also konkret: Für jede der endlich vielen Restklassen $a \in M_2(\mathbb{Z}/p)$ definieren wir $\mathcal{M}_a = \{ A \in \mathcal{M} : \overline{A} = a \}$. Zeige, dass alle Elemente von $\mathcal{M}_a$ in einer gemeinsamen Bahn liegen. Die Elemente $m_i$, von denen du oben sprachst, können dann jeweils als Repräsentanten der Mengen $\mathcal{M}_a$ gewählt werden.
Ich hoffe die Idee hilft dir weiter.
VG Dune |
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Zahlentheorie | |
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2019-05-24 23:36 - Creasy in Beitrag No. 3 schreibt:
Ein Primideal von $A/\mathfrak{p}^n$ entspricht einem Primideal $\mathfrak{m}$ von $A$ mit $\mathfrak{p}^n\subseteq \mathfrak{m}$ und mit dem Trick $p\in \mathfrak{p} \implies p^n\in \mathfrak{p}^n$ sieht man, dass $\mathfrak{p}\subseteq \mathfrak{m}$ und folgert dann Gleichheit, weil $\mathfrak{p}$ maximal ist.
Es stimmt zwar, dass aus $\mathfrak{p}^n \subseteq \mathfrak{m}$ die Inklusion $\mathfrak{p} \subseteq \mathfrak{m}$ folgt (und damit stimmt dann auch die restliche Argumentation), aber einen Beweis dafür kann ich oben nicht erkennen. Hier mal etwas ausführlicher:
Ein Ideal $\mathfrak{m} \subsetneq A$ ist genau dann prim, wenn für alle Ideale $I,J \subseteq A$ aus $I \cdot J \subseteq \mathfrak{m}$ entweder $I \subseteq \mathfrak{m}$ oder $J \subseteq \mathfrak{m}$ folgt. Per Induktion bekommen wir $I^n \subseteq \mathfrak{m} \implies I \subseteq \mathfrak{m}$ für Primideale $\mathfrak{m}$ und beliebige Ideale $I$. Da maximale Ideale prim sind, stimmt selbiges natürlich auch für ein maximales Ideal $\mathfrak{m}$.
Bis hier gilt das alles noch für beliebige kommutative Ringe. Einen Dedekindring benötigt man nur, um anschließend aus $\mathfrak{p} \subseteq \mathfrak{m}$ für $0 \neq \mathfrak{p}$ prim und $\mathfrak{m}$ maximal Gleichheit schlussfolgern zu können.
Edit: Sorry, hier hatte ich einen Denkfehler. Die Aussage von Creasy war schon völlig gut so. |
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Gruppen | |
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Tipp: Eine Gruppe $G$ ist genau dann n-fach transitiv auf $\Omega$ wenn sie transitiv ist und ein Stabilisator $G_\omega$ ($n-1$)-fach transitiv auf $\Omega \setminus \{ \omega \}$ ist.
Ein weiteres interessantes Beispiel ist übrigens die Gruppe $\mathrm{AGL}(V)$ aller affinen Abbildungen auf einem Vektorraum $V$. Diese ist grundsätzlich 2-fach transitiv (außer $\dim V = 0$) aber nicht 3-fach transitiv (außer in Charakteristik 2). Übrigens sind die 2-transitiven Permutationsgruppen (wie auch die primitiven Gruppen) vollständig klassifiziert. |
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Gruppen | |
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Hi DickerFisch,
so würde ich das nicht schreiben. Das Lemma zeigt für mich eher, dass primitive Gruppen das krasse Gegenteil von imprimitiven Gruppen sind:
Imprimitive Gruppen sind ja gerade dadurch gekennzeichnet, dass eine nicht-triviale Teilmenge $\Delta$ der Ziffernmenge existiert, sodass das Mengensystem $\mathcal{M} = \{ \Delta^g : g \in G \}$ eine Partition der Ziffernmenge bildet. Das obige Lemma zeigt, dass für primitive Gruppen das Mengensystem $\mathcal{M}$ nicht nur keine Partitionierung ist, sondern die Ziffern sogar "trennt": für je zwei Ziffern gibt es eine Menge aus $\mathcal{M}$, die genau eine der beiden Ziffern enthält.
(Man könnte auch sagen, dass die durch $\mathcal{M}$ erzeugte Topologie die diskrete ist. Ich weiß aber nicht, ob diese Sichtweise in diesem Kontext sinnvoll ist..)
VG Dune |
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Gruppen | |
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Hi DickerFisch,
die $S_n$ ist immer n-fach transitiv, die $A_n$ ist immer $(n-2)$-fach transitiv. Das sind sozusagen die "langweiligen" Beispiele. Interessanter sind die Gruppen $\mathrm{PGL}(2,q)$ und $\mathrm{PSL}(2,q)$, welche 3-fach transitiv, bzw. 2,5-fach transitiv auf der jeweiligen projektiven Gerade operieren. Besonders spannend sind in diesem Zusammenhang natürlich die Mathieugruppen.
VG Dune |
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Gruppen | |
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Aus $B^{-1}AB = A^5$ folgt, dass $\langle A \rangle$ ein Normalteiler von $\langle A, B \rangle$ ist (die Eigenschaft ein Normalteiler zu sein muss nur für Erzeuger getestet werden). Die Gleichheit $\langle A \rangle \cdot \langle B \rangle = \langle A, B \rangle$ folgt anschließend, da das Produkt eines Normalteilers mit einer Untergruppe wieder eine Untergruppe ist.
VG Dune |
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Ringe | |
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2019-04-14 19:26 - juergen007 in Beitrag No. 2 schreibt:
Mir fällt mur ein, dass alle Zahlen der Form $\displaystyle 4k+1$ als Summe 2er Quadrate aus N darstellbar sind. Das stimmt nur für Primzahlen. Zum Beispiel ist 21 nicht die Summe zweier Quadrate. Ist aber auch egal: Für diese Aufgabe braucht man keine schweren Geschütze. |
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Ringe | |
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Hi Mathsman,
nein, nicht jedes irreduzible Element dieses Monoids ist prim. Überlege also mal in Richtung Gegenbeispiel.
VG Dune |
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Körper und Galois-Theorie | |
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Hi munu,
was ist denn die Summe der (primitiven) dritten Einheitswurzeln?
VG, Dune
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.] |
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Gruppen | |
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Genau! Auf die selbe Weise kann man auch beweisen, dass die symmetrische Gruppe $S_n$ von den beiden Permutationen $(12)$ und $(123 \dots n)$ erzeugt wird. |
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Mathematik | |
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2018-12-12 17:57 - Buri in Beitrag No. 3 schreibt:
gegeben ist eine geschlossene stetige Kurve. Zu beweisen ist, dass man ein Quadrat finden kann, dessen Ecken auf der Kurve liegen.
Dazu gibt es übrigens ein tolles Video von 3Blue1Brown. Das analoge Problem bezüglich Rechtecken statt Quadraten ist tatsächlich immer lösbar. Der Grund dafür ist letztendlich eine topologische Eigenschaft des Möbiusbands! 
youtu.be/AmgkSdhK4K8 |
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