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Strukturen und Algebra » Moduln » Struktursatz endlich erzeugter graduierter Moduln
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Universität/Hochschule Struktursatz endlich erzeugter graduierter Moduln
Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-08-23 21:49


Hallo liebe Matheplanet-Bewohner, ich lese gerade ein Paper das folgenden Satz über die Struktur endlich erzeugter graduierter Moduln über graduierten Hauptidealringen verwendet:

Sei $M$ ein ein endlich erzeugter graduierter Modul über einem graduiert Hauptidealring $R$. Dann gilt $M\cong \bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i} R \oplus\ \bigoplus_{j=1}^m \Sigma^{\gamma_j} R/d_jR$ (als graduierte Moduln), mit $d_j | d_{j+1}$.

$\Sigma^{\alpha}$ mit $\alpha$ eine ganze Zahl, bedeutet dabei einen shift in der graduierung nach oben um $\alpha$.

Leider habe ich Probleme damit diesen Satz zu beweisen und hoffe, dass mir jemand weiterhelfen kann.

Meine Ideen dazu wären:

1) Meine erste Idee wäre zu benutzen $M\cong R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ (als reguläre Moduln) und daraus irgendwie den graduierten Fall abzuleiten. Ein Isomorphismus $f$ wie oben würde eine graduierung $\bigoplus_{i} f(M_i)$ auf $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ durch eine graduierung $\bigoplus_i M_i$ von $M$ induzieren ich müsste noch zeigen, dass die graduierung aussieht wie oben.

2) Eine weitere Idee wäre den Beweis wie im regulären Fall zu führen über die Smith-Normalform bezüglich geordneter homogener Basen und bei der Konstruktion der Normalform Zeilen- und Spaltenvertauschungen auszuschließen.

3) Eine dritte Idee wäre den Beweis des Elementarteilsatzes zu modifizieren sodass er für homogene Basen graduierter Moduln funktioniert(wohl am schwierigsten)

Lg Herijuana



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-08-23 22:19


Hallo,

ich möchte noch eine Idee hinzufügen (möglicherweise nicht so hilfreich). Die einzelnen Gradkomponenten von $M$ sind (glaube ich) endlich erzeugte $R_0$-Moduln. Dann wäre es ein Versuch wert, aus der Summendarstellung der $M_k$ die Summe für $M$ zusammenzusetzen. Falls es funktioniert hättest Du einen graduierten Isomorphismus.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 08:13


Vielen Dank für deine Antwort TomTom314.

Hab ich es richtig verstanden das du vorschlägst auf die einzelnen Komponenten $M_k$ der graduierung von $M=\bigoplus_k M_k$ den Struktursatz für reguläre Moduln anzuwenden, also $M_k=R^{n_k} \oplus \bigoplus_{j_k=1}^{m_k} R/d_{j_k} R$ um $M=\bigoplus_k M_k=\bigoplus_k (R^{n_k} \oplus \bigoplus_{j_k=1}^{m_k} R/d_{j_k} R)$ zu erhalten ?

Als ich darüber nachgedacht habe hat mich eine Sache allerdings etwas verwirrt. Angenommen die Summe wäre endlich, also  $M=\bigoplus_{k=1}^r M_k=\bigoplus_{k=1}^r (R^{n_k} \oplus \bigoplus_{j_k=1}^{m_k} R/d_{j_k} R)$ dann könnte man denke ich $M_k=(R^{n_k} \oplus \bigoplus_{j_k=1}^{m_k} R/d_{j_k} R)$ in der k-ten Stufe der Graduierung auffassen als Summand $ \Sigma^{k} R^{n_k} \oplus \bigoplus_{j_k=1}^{m_k} \Sigma ^k R/d_{j_k}R$ also $M=\bigoplus_{k=1}^r \Sigma^k R^{n_k} \oplus \bigoplus_{k=1}^r  (\bigoplus_{j_k=1}^{m_k} \Sigma^k R/d_{j_k} R)$.

Allerdings wenn ich den Polynomring $k[t]$ über einem körper $k$ als graduierten $k[t]$-Modul über sich selbst auffasse, dass ist $k[t]$ als Modul doch endlich erzeugt von 1 z.B. Der Modul ist seine eigene Zerlegung nach dem Struktursatz, wenn ich allerdings die Logik von oben anwende bekomme ich: $k[t]=\bigoplus_l M_l$ wobei $M_l$ die Menge aller Monome vom Grad l ist. $M_l$ ist als Modul isomorph zu $k$ also $M=\bigoplus_l \Sigma^l k$ was nicht sein kann.

Wo liegt hier mein Denkfehler ?



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kostja
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-08-24 09:48


Hi, ich würde auch 1) versuchen und die Graduierung auf der rechten Seite durch die der Urbilder definieren. Dann muss man zeigen, dass das wohldefiniert ist.

Grüße

Konstantin



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-08-24 10:09


Nicht ganz. Mein Vorschläg wäre. Wir haben $R=\bigoplus_{k=0}^\infty R_k$ und $M=\bigoplus_{k=0}^\infty R_m$. Dann ist $R_0$ ein Unterring von $R$. Damit sind die $M_k$ auch $R_0$-Moduln (Index!). Damit hätten wir dann
$$M\cong\bigoplus_{k=0}^\infty \left(R_0^{n_k}  \oplus   \bigoplus_{j_k=1}^{m_k} R_0/d_{j_k} R_0\right)\qquad (*)$$
als $R_0$-Modul. Nun haben wir ein paar Probleme. Es gibt zu viele $R_0$'s aber keine $R_k$'s und die Exponenten $n_k$ könnten beliebig groß werden. Die Terme $R_0/d_{j_k} R_0$ müssen auch noch irgendwie in $R$-Moduln $R/dR$ eingearbeitet werden.

Ein Blick auf den Ring. Da $R$ ein Hauptidealring ist, werden die Ideale $I_N=\bigoplus_{k=N}^\infty R_k$ von Elementen $s_N$ erzeugt. Diese können (glaube ich) homogen $s_N\in R_N$ gewählt werden mit $s_N|s_{N+1}$ und dann hätten wir $R=\bigoplus_{k=0}^\infty s_kR_0\cong \bigoplus_{k=0}^\infty R_0$ als $R_0$-Modul (<- Das klingt zu schön, möglicherweise falsch). Vielleicht läßt sich damit auf (*) eine $R$-Modulstruktur definieren... wie es weiter geht, weiß ich noch nicht. Sorry.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 10:48


@Kostja
Ich bin bei 1) so weit, dass ich weiß, dass die durch die Bilder bzw. Urbilder eines Modulhomomorphismus induzierte Graduierung auf $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ wohl definitiert ist. Damit ist dann $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ ein graduierter Modul. Ich habe auch einen Beweis gefunden, dass ein freier graduierter Modul $R^n$ graduiert isomorph ist zu $\bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{k_i} R$. Ich scheitere aber daran zu zeigen, dass dasselbe auch für den Torsionsanteil gilt.

@TomTom
Ich bin bei dieser Vorgangsweise ein bisschen irritiert von der unendlichen direkten Summ wie im Beispiel mit dem Polynomring.



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kostja
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-08-24 10:59


Wichtig ist hier, dass ein Hauptidealring vorliegt. Kann man jeden Erzeuger eines Hauptideals homogenen wählen? Was folgt dann?



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-08-24 11:13



Allerdings wenn ich den Polynomring $k[t]$ über einem körper $k$ als graduierten $k[t]$-Modul über sich selbst auffasse, dass ist $k[t]$ als Modul doch endlich erzeugt von 1 z.B. Der Modul ist seine eigene Zerlegung nach dem Struktursatz, wenn ich allerdings die Logik von oben anwende bekomme ich: $k[t]=\bigoplus_l M_l$ wobei $M_l$ die Menge aller Monome vom Grad l ist. $M_l$ ist als Modul isomorph zu $k$ also $M=\bigoplus_l \Sigma^l k$ was nicht sein kann.
Das ist doch ok. Der Polynomring ist gerade eine Vektorraum $\bigoplus_{l=0}^\infty  k$ zuammen mit einer zusätzlichen Struktur. Oder was stimmt mit $M=\bigoplus_l \Sigma^l k$ nicht? Sorry, mir entgeht gerade, wo das Problem liegt.

Der Hinweis von Konstantin zu 1) ist schon besser. Mein Ansatz etwas zu kompliziert ausgefallen.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 12:14


@Kostja
Ich würde sagen, wenn das Ideal graduiert ist, dann kann man immer einen homogenen erzeuger wählen, da die Eigenschaft ein graduiertes Ideal zu sein äquivalent ist dazu ist, dass ein homogener Erzeuger existiert. Daraus folgt dann, dass $R/I$ graduiert ist, wenn $I$ ein homogenes Ideal eines graduierten Ring $R$ ist. Aber ich bin mir nicht sicher ob das gemeint war.

Hier noch ein Versuch:
In einer Quelle über graduierte Moduln habe ich von einer graduierten Version von Nakayama's Lemma gelesen, die besagt, dass für einen endlich erzeugten graduierten Modul $M$ über einem noetherschen Ring $R$ eine endliche Menge homogener Erzeuger $\{x_1,...x_n\}$ existiert. Da jeder Hauptidealring noethersch ist, ist das auf meinen Fall anwendbar. Es ist auch behauptet, dass die Menge der Grade $\{deg x_1,...deg x_n\}$ eindeutig durch $M$ bestimmt ist. Ich nehme das jetzt mal so hin.

Ich habe einen graduierten Modul $M=\bigoplus_{k=0}^\infty M_k$ über einem Hauptidealring $R$ und weiß, dass dieser als Modul isomorph ist zu $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$. Ich induziere durch die Bilder eines Isomorphism $f(M_k)$ eine Graduierung auf $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$. Jetzt ist $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ ein graduierter Modul über einem Hauptidealring und ich will zeigen, dass er graduiert isomorph ist zu $\bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i}R \oplus \bigoplus_{j=1}^m \Sigma^{\gamma_j} R/d_jR$. Ich weiß es existiert für $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ eine Menge $\{x_1,...x_r\}$  von homogenen Erzeugern mit eindeutig bestimmten Graden $\{deg x_1,...deg x_n\}$. Ich hätte jetzt gerne, dass jeder dieser Erzeuger zu einem Summand in $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ gehört und ich einen Isomorphismus definieren kann, der jeden dieser Erzeuger Abbildet auf eine Menge von homogenen Erzeugern von $\bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i}R \oplus \bigoplus_{j=1}^m \Sigma^{\gamma_j} R/d_jR$ die jeweils zu einem Summanden gehören und ich die shifts $\Sigma^{\alpha_i}$ als $deg x_i$ wählen kann, dass es ein graduierter Homomorphismus wird. Aber ich bin mir nicht sicher ob das möglich ist. Ist das der richtige Weg ?

Ich denke jeder der Summanden in $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR=\bigoplus_{j=1}^{n+m} R/d_jR$ mit $d_j=0$ für $j<n+1$ wird von einem einzigen Element erzeugt also kann ich ein minimales homogenes Erzeugendensystem $\{x_1,...,x_{n+m}\}$ wählen mit $x_i$ erzeugt $R/d_jR$. Und genauso für ein minimales Erzeugendsystem  $\{y_1,...,y_{n+m}\}$ für $\bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i}R \oplus \bigoplus_{j=1}^m \Sigma^{\gamma_j} R/d_jR=\bigoplus_{j=1}^{m+n} \Sigma^{\alpha_j} R/d_jR $. Dann ist f definiert durch $x_i \mapsto y_i$ mit $\alpha_i=deg x_i$ der gesuchte Isomorphism ?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-08-24 14:24


Hallo Herijuana,

die Graduierung induziert durch $f(M_k)$ muß nicht zwingend verträglich mit $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ sein, z.B. wird $\IZ^2$ durch $(1,2),(1,3)$ erzeugt. Die dadurch induzierte Graduierung paßt nicht zu $\IZ\oplus\IZ$.

... einer graduierten Version von Nakayama's Lemma ...
Ich denke dort geht es um Untermoduln. Ein endlich erzeugter graduierter Modul wird von homogenen Elementen erzeugt, indem Du einfach die erzeugenden Elemente in homogene Summanden aufspaltest.




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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 14:46


Wenn $f:M\longrightarrow \bigoplus_{i=1}^n R/d_iR$ ein Isomorphismus ist und $M=\bigoplus_{k=0}^\infty M_k$ dann ist doch $f(\bigoplus_{k=0}^\infty)=\bigoplus_{k=0}^\infty f(M_k)=\bigoplus_{i=1}^n R/d_iR$, und mit $r\in R_i$ und $m\in f(M_k)$ folgt $r\cdot m=r\cdot f(x)= f(r\cdot x) \in f(M_{i+k})$ da ein $x\in M_k$ existiert mit $r\cdot x \in M_{i+k}$. Also ist $\bigoplus_{k=0}^\infty f(M_k)$ eine Graduierung von  $\bigoplus_{i=1}^n R/d_iR$ $, oder hab ich hier irgendwo einen Denkfehler ?



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-08-24 14:58


Aus meiner Sicht ist das Problem, dass bei Zerlegung als direkte Summe $M=M_1\oplus M_2$ eines graduierten Moduls nicht klar ist, ob $M_1,M_2$ auch wieder graduierte Moduln sind. Konkret: $R^n \oplus \bigoplus_{j=1}^m R/d_jR$ bekommt durch $f$ eine Graduierung geschenkt. $R^n$ bzw. $R/d_jR$ muß aber kein grad. Untermodul bezüglich dieser Graduierung sein.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 15:05


Achso ja das Problem sehe ich auch, bzw. arbeite ich daran. $f$ induziert auf dem vorher nicht graduierten Modul $\bigoplus_{i=1}^n R/d_i R$ irgendeine graduierung über die ich nichts näher weiß außer das jetzt $\bigoplus_{i=1}^n R/d_i R$ eben ein graduierter Modul ist und ich nur mehr zeigen muss dass ganze Zahlen $\alpha_i $ existieren sodass $\bigoplus_{i=1}^n R/d_i R \cong \bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i} R/d_i R$ als graduierte Moduln gilt.

Und ich weiß, dass gilt: Ist $F$ ein freier Modul über einem Hauptidealring mit irgend einer Graduierung dann folgt $F \cong \bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i} R$. Und ich hoffte dass irgendwie benutzen und auf den Torsionsanteil ausdehnen zu können.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-08-24 16:15


Hallo Herijuana,

ich glaube, ich habe eine funktionierende Idee. $M$ wird von homogenen Elementen erzeugt. Nun nehmen wir die erzeugenden vom Grad 0 (oder der kleinsten nicht verschwindenden Komponente $M_k$ von $M$). Dann gilt
$$ M_0 \cong R_0^{n_0}\oplus\bigoplus_j R_0/c_jR_0$$
(Struktursatz für $M_0$ über $R_0$). Der Modul* $R^{n_0}\oplus\bigoplus_j R/c_jR$ ist nun ein graduierter Untermodul von $M\cong R^{n}\oplus\bigoplus_j R/d_jR$ und kann auch als direkter Summand abgespalten werden (das ist noch zu zeigen). Dann haben wir $M=\tilde M \oplus (R^n\oplus\bigoplus_j R/c_jR)$. $\tilde M$ hat nun keine Komponenten vom Grad $0$ mehr. Weil der zweite Summand ein grad. Untermodul ist, gilt dieses auch für $\tilde M$. Also erhalten wir induktiv für $M$ die gewünschte Darstellung.

* Das ist der von $M_0$ erzeugte Untermodul in $M$.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 16:35


Erstmal vielen Dank für deine Hilfe TomTom,
aber ich muss gestehen ich verstehe den Ansatz nicht ganz und habe ein paar Fragen.

Erstens wieso betrachtest du zuerst $R_0$ und dann $R$ ?

Zweitens was mich bei diesem Ansatz ein bisschen irritiert ist, dass die Aussage des Satzes ist $M \cong \bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i} R/d_jR$ also, dass die Summe endlich ist. Wenn ich jetzt dieses Verfahren induktiv fortsetze wie komme ich dann auf diese endliche Darstellung. Und wenn ich jetzt die Darstellungen der Komponenten $M_k=\bigoplus_{i=1}^{n_k} R/d_j^kR$ betrachte und diese dann zusammensetze für verschiedene k wie bekomme ich dann die Eigenschaft $d_j|d_{j+1}$, die sich normalerweise aus dem Elementarteilsatz ergibt ?



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-08-24 17:36


Gern geschehen. Das Problem ist interessant und ergibt sich nicht so leicht.

Im wesentlichen versuche ich, die Idee aus 1) umzusetzen und verwende dabei meine Idee aus Betrag #1,#4 in stark reduzierter Form. Das wesentliche Problem dort ist die geerbte Graduierung durch die $f(M_i)$ mit den direkten Summen in Einklang zu bringen. Also suchen wir nach einem Untermodul, der graduiert ist und sich von der direkten Summe abspalten läßt. Der von $M_0$ erzeugte Untermodul ist in natürlicher Weise schon ein graduierte Untermodul (Bezeichung $RM_0$). Gleichzeitig ist $M_0$ ein endlich erzeugter $R_0$-Modul, auf den wir den Struktursatz anwenden können. Das ist die Formel in $R_0$. $RM_0$ wird dann mit der Formel in $R$ beschrieben. Hier muß man noch etwas puzzeln (was hoffentlich aufgeht), um zu zeigen, dass dieser Modul ein direkter Summand der Strukturformel für $M$ über $R$ ist.

Zur Endlichkeit: $M$ ist endlich erzeugt, d.h. es gibt einen höchsten Grad für die homogen Erzeugenden. Also bricht das induktive Abspalten der $0$ten Komponente nach endlich vielen Schritten ab. Im zweiten Induktionsschritt wird $\tilde M_1$ betrachtet und nicht $M_1$, da wir mit $RM_0$ schon ein wenig an $M_1$ geknabbert haben.

Zur Teilbarkeit: $d_j|d_{j+1}$ ist meines Wissens nur eine Konvention um die Darstellung eindeutig zu machen. Für teilerfremde $d,e$ gilt $R/(deR)\cong R/dR\times R/eR$. Daher wird nur eine Zerlegung in einen freien Anteil und Torsionsanteile benötigt. Eine Umordung nach Teilbarkeit kannst Du ganz zum Schluß machen. Eine andere Darstellungsvariante für den Torsionsanteil wäre $\bigoplus_j R/(p_j^{r_j}R)$, wobei die $p_j$ nicht notwendigerweise verschiedene Primelemente in $R$ sind.

Noch eine Anmerkung zu $R_0$ vs $R$. Wenn wir den Struktursatz auf $RM_0$ anwenden würden, hätten wir wieder keine Aussage über die Graduierung der Summanden. Indem wir zuerst $M_0$ über $R_0$ zerlegen und dann den erzeugten Untermodul $RM_0$ betrachten erhalten wir ein Zerlegung in direkte Summanden, die auch wieder graduiert sind.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 19:52


Danke ich muss mir das alles noch genauer durchdenken.

Ich habe in der Zwischenzeit noch einen alternativen Ansatz probiert:
Sei $M$ ein graduierter Modul über einem Hauptidealring $R$ der erzeugt wird von den homogenen Elementen $\{x_1,...,x_m\}$ mit $deg\ x_i=k_i$.
Definiere $f:\bigoplus_{i=1}^m \Sigma^{-k_i} R \longrightarrow M$ durch $(r_1,...,r_m)\mapsto r_1x_1+...+r_mx_m$. Diese Abbildung ist surjektiv und 0-graduiert. Jetzt habe ich gelesen, dass die Kategorie der graduierten R-Moduln abelsch sein soll, dass heißt es existieren Kern von f als graduierter Untermodul und es gilt der Homomorphiesatz. Also $(\bigoplus_{i=1}^m \Sigma^{-k_i} R) / ker\ f \cong M$ also graduierte Moduln. $\bigoplus_{i=1}^m \Sigma^{-k_i} R$ ist frei also ist auch der Kern von f frei und ein Untermodul. Nach dem Elementarteilsatz existieren eine Basis $e_1,...,e_m$ und Elemente $\alpha_1,...,\alpha_l \in R\setminus 0$ sodass $\alpha_1e_1,...,\alpha_le_l$ einen Basis von Kern von f bilden und $\alpha_i | \alpha_{i+1}$. Angenommen man könnte die Basis homogen wählen dann gilt $ker\ f=\bigoplus_{j=1}^l\Sigma^{-k_j} \alpha_jR$ und $M\cong (\bigoplus_{i=1}^m \Sigma^{-k_i} R) / (\bigoplus_{j=1}^l\Sigma^{-k_j} \alpha_jR)=\bigoplus_{i=1}^l\Sigma^{-k_i}R / \Sigma^{-k_i} \alpha_iR = \bigoplus_{i=1}^l\Sigma^{-k_i} R/\alpha_iR$

Darüber steht noch ein großes "wenn man könnte" aber ich denke die Möglichkeit eine Basis eines freien Modul homogen zu wählen ist nicht unmöglich zu zeigen.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-08-24 20:53


Danke ich muss mir das alles noch genauer durchdenken.
Kein Problem. Wenn etwas unverständlich ist, kann es auch gut sein, dass ich irgendwo einen Fehler eingebaut habe. So gut kenne ich mich hier auch nicht aus.

Diese Abbildung ist surjektiv und 0-graduiert.
Bei 0-graduiert mußt Du mir etwas auf die Sprünge helfen. Was ist das und warum ist es nützlich?

Angenommen man könnte die Basis homogen...
Ich befürchte, dass die Wahl der Basis äquivalent zum Graduierungsproblem aus 1) ist. Wenn Dich der neue Blickwinkel weiterbringt, habe ich nichts gesagt.

$ M\cong\ldots = \bigoplus_{i=1}^l\Sigma^{-k_i} R/\alpha_iR$
Hier hast (und auch in eine früheren Beitrag) den freien Summanden einfach unterschlagen. Ich weiß, was Du meinst- nur bitte bei Deinen Überlegungen nicht vollständig aus den Augen verlieren.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-24 21:14


Wenn $M=\bigoplus_k M_k$ und $N=\bigoplus_k N_k$ graduierte Moduln sind und f ein Homomorphismus  zwischen ihnen ist f n-graduiert wenn  $f(M_k)\subset N_{n+k}$ ist.
Eine 0-graduierte Abbildung ist ein Morphismus in der Kategorie der graduierten Moduln.

Bei der Summe setzte ich einfach die $d_j$ zu den freien Summanden gleich 0, dann sind die Darstellungen gleich und ist kürzer.

Ich werde die nächsten Tage noch überlegen und poste es falls ich einen schönen Beweis hinbekomme auf irgendeine Art.

Mich würde allerdings noch interessieren was Kostja im Sinn hatte falls er das liest ;)



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kostja
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Hallo Ihr zwei,

ich habe leider nicht genug Zeit, um Eurer Unterhaltung ausführlich zu folgen.

2019-08-24 15:05 - Herijuana in Beitrag No. 12 schreibt:
Achso ja das Problem sehe ich auch, bzw. arbeite ich daran. $f$ induziert auf dem vorher nicht graduierten Modul $\bigoplus_{i=1}^n R/d_i R$ irgendeine graduierung über die ich nichts näher weiß außer das jetzt $\bigoplus_{i=1}^n R/d_i R$ eben ein graduierter Modul ist und ich nur mehr zeigen muss dass ganze Zahlen $\alpha_i $ existieren sodass $\bigoplus_{i=1}^n R/d_i R \cong \bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i} R/d_i R$ als graduierte Moduln gilt.

Ich denke man muss argumentieren, dass jedes der $R/d_i R$ homogen ist.



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Herijuana
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@TomTom
Ich habe über deinen Ansatz nachgedacht und verstehe jetzt was du meinst. Ich hatte einige Denkfehler bezüglich graduierter Moduln (meine Frage zur endlichkeit) die ich ich beseitigen konnte.

Allerdings verstehe ich bei deinem Ansatz einen Schritt nicht.
Ich verstehe jetzt warum du $M_0$ als $R_0$ Modul wählst und ich verstehe, dass der von $M_0$ in $M$ erzeugte Untermodul ein graduierter Modul ist. Aber ich sehe nicht, wieso der von $M_0$ in $M$ erzeugte Modul ein direkter Summand von $M$ sein soll. Moduln über Hauptidealringen sind ja im allgemeinen nicht halbeinfach.

Vielleicht steh ich einfach auf der Leitung aber ich habe Zweifel bekommen, dass man das so zeigen kann oder, dass man direkt zeigen kann, dass die induzierte Graduierung die richtige Gestalt hat. Ich denke man muss wie im Fall für reguläre Moduln, den Elementarteilersatz für graduierte Moduln zeigen oder eine graduierte Smith-Normalform konstruieren was ich jetzt versuchen werde.

lg Herijuana



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-08-27 11:31


 Aber ich sehe nicht, wieso der von $M_0$ in $M$ erzeugte Modul ein direkter Summand von $M$ sein soll. Moduln über Hauptidealringen sind ja im allgemeinen nicht halbeinfach.
Das ist schon ein wichtiger Punkt. Ich versuche mich an einer Beweiskizze:

Wir haben
$$RM_0\cong R^{n_0}\oplus\bigoplus_j R/c_jR\subset M\cong R^{n}\oplus\bigoplus_k R/d_kR$$
(vgl. Beitrag 13). Mit einen Torsionsargument erhalten wir $R^{n_0}\subset R^{n}$ und $\bigoplus_j R/c_jR\subset\bigoplus_k R/d_kR$. Also müssen wir die Eigenschaft direkter Summand nur in beiden Teilen nachrechnen.

zu $R^{n_0}\subset R^{n}$. Ein freier Untermodul $U$ ist genau dann ein direkter Summand, wenn $R^n/U$ torsionsfrei ist.* Falls $R^n/R^{n_0}$ nun Torsionselemente hätte, läßt sich zeigen, dass es dann auch ein Torsionselement vom Grad 0 gibt, was ein Widerspruch zu $M_0\subset RM_0$ ergibt. Also ist $R^{n_0}$ ein direkter Summand in $R^{n}$.

zu $\bigoplus_j R/c_jR\subset\bigoplus_k R/d_kR$. Hier ist die Darstellung $\bigoplus_l R/(p_l^{r_l}R)$ mit $p_l$ Primelementen nützlich. Daraus folgt, dass ein Summand $R/(p^{r}R)$ auf der linken Seite ein Untermodul eines $R/(p^{s}R)$ ist**. Aus $\deg(p)=0$ und $M_0\subset RM_0$ sollte dann $r=s$ folgen und somit hätte wir ebenfalls die Eigenschaft "direkter Summand". ***

* Das läßt sich durch den Übergang zum Quotientenkörper mit den entsprechenden Vektorräumen zeigen.
** Die Untermoduln $R/(p^{r}R)$ haben alle die Gestalt $R/(p^{s}R)$, da eine Restklasse in $R/(p^{r}R)$ genau dann eine Einheit ist, wenn diese nicht von $p$ geteilt wird.
*** Der Beweis dieses Teilschrits könnte sich ggf. etwas komplizierter herausstellen. Ich bin mir nicht so sicher, dass das Bild einer injektiven Abbildung $R/p^rR\to\bigoplus_l R/(p_l^{r_l}R)$ zwingend in einem der Summanden liegt. Dieses könnte auch in mehreren Summanden mit demselben Primelent liegen...


Ich hoffe, ich habe nicht übersehen.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-27 16:40


Sorry falls ich dir schon auf die Nerven gehe, aber ich komme schon wieder nicht ganz mit ^^

Beim ersten Absatz hab ich mich gefragt, ob es klar ist, dass ein graduierter Modul die direkte Summe aus dem Torsionsanteil und dem freien Anteil ist. Also ob klar ist, dass der Torsionsuntermodul und der freie Untermodul graduiert sind.

Das ein freier Untermodul $U$ eines freien Modul $F$ ein direkter Summand ist genau dann wenn $F/U$ frei ist, ist mir klar.

Der nächste Schritt ist mir jetzt nicht klar. Hier frage ich mich einerseits ob die Graduierung auf $R^n$ die von $M$ induzierte Graduierung sein soll.

Aber vorallem diesen Teil verstehe ich nicht: "Falls $R^n/R^{n_0}$ nun Torsionselemente hätte, läßt sich zeigen, dass es dann auch ein Torsionselement vom Grad 0 gibt, was ein Widerspruch zu $M_0⊂RM_0$ ergibt. Also ist $R^{n_0}$ ein direkter Summand in $R^n$.

Beim nächsten Absatz verstehe ich auch den ersten Teil aber das Gradargument verstehe ich nicht.

lg Herijuana



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2019-08-27 18:25


Hallo Herijuana,

Deine Einwände sind vollkommen berechtigt. Betrachte $\IQ$ als graduierten $\IQ[X]$-Modul mit der Modulmultiplikation $(f,q)\mapsto f(0)\cdot q$. Dann gilt $Tor_{\IQ[X]}(\IQ)=\IQ$ und $Tor_{\IQ}(\IQ)=0$, d.h. meine Formel für $RM_0$ ist schon fehlerhaft. Ich habe im wesentlichen übersehen, dass Torsionselemente auch durch $r\in R$ mit $\deg(r)\geq 1$ auftreten. Sorry, ich wollte Dich nicht in eine Sackgasse führen.  frown

Beim ersten Absatz hab ich mich gefragt, ob es klar ist, dass ein graduierter Modul die direkte Summe aus dem Torsionsanteil und dem freien Anteil ist. Also ob klar ist, dass der Torsionsuntermodul und der freie Untermodul graduiert sind.
Das ist eine interessante Frage, auf die ich momentan keine direkte Antwort haben. Falls wir den Struktursatz bewiesen haben, folgt dieses daraus. Möglicherweise läßt sich auch ohne diesen zeigen, dass $Tor(M)$ ein grad. Untermodul ist. Vielleicht geht hier etwas mit Induktion über den Grad. Falls dem so ist, wäre der Rat von Kostja wieder aktuell.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-27 18:48


Kein Problem, trotzdem danke. Die Diskussion hat mir trotzdem geholfen, vorallem um ein bisschen vertrauter mit graduierten Moduln zuwerden. Ich habe da ein bisschen Probleme , da ich bisher noch nie mit diesen zu tun hatte und mir wohl etwas der Kontext, der höheren Algebra Theorie, wie Algebraische Geometrie fehlt, wo graduierte Moduln angeblich zum Einsatz kommen.

Aber ich habe vielleicht einen Beweis gefunden über eine Modifikation der Smith-Normal-Form für graduierte Moduln und graduierte Homomorphismen. Wenn ich mir etwas sicherer bin, dass das funktioniert poste ich es hier.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-08-27 21:47


als kleine Entschädigung:

Beim ersten Absatz hab ich mich gefragt, ob es klar ist, dass ein graduierter Modul die direkte Summe aus dem Torsionsanteil und dem freien Anteil ist. Also ob klar ist, dass der Torsionsuntermodul und der freie Untermodul graduiert sind.
hierzu habe ich mir einen Beweis zurecht gelegen:

Behauptung: $Tor(M)=\bigoplus T_k$ ist ein graduierter Untermodul mit $T_k:=M_k\cap Tor(M)$.
Beweis: Sei $t\in M, r\in R;\ r,t\neq 0$ mit $r\cdot t = 0$. Seien $t=t'+t_k,r = r'+r_l$ Darstellungen, so dass $t_k,r_l$ die kleinsten von 0 verschiedenen Summanden bezüglich der Graduierung sind. Für $0=rt= (r'+r_l)(t'+t_k) = (r't'+r't_k+r_lt')+r_lt_k$ hat $r't'+r't_k+r_lt'$ nur Summanden vom Grad $\geq kl+1$. Daraus folgt $r't'+r't_k+r_lt' = 0 \land r_lt_k=0$ und somit $t_k\in Tor(M)$. Induktiv erhalten wir die Behauptung.

Dann wäre im nächster Stritt zu zeigen, dass ein freier Untermodul gewählt werden kann, s.d. $M=F\oplus Tor(M)$ und $F$ graduiert ist.*

Nachtrag: Der Beweis zeigt nicht nur, dass $Tor(M)$ von homogenen Elementen erzeugt wird, sondern auch, dass ein $t\in M_k$ nur mit homogene Elemente aus $R$ getestet werden muß, d.h. $t_k\in Tor(M)\iff \exists r_l\in R_l: r_lt_k =0$.

Nachtrag 2: * $F$ muß tatsächlich passend gewählt werden. Beispiel $M= R \oplus \sum^1R/cR$ mit einem $c\in R\backslash R^\times$, also die Graduierung von $R/cR$ um 1 nach oben verschoben. Dann wäre $R\cdot(1,1)\oplus R/cR$ eine Zerlegung in einen freien Untermodul und das Torsionsuntermodul, wobei $R\cdot(1,1)$ keinen homogenen Ergzeuger hat und somit kein graduierter Untermodul ist.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2019-08-28 13:36


Hallo Herijuana,

ich befürchte bei der Formulierung des Satzes ist etwas noch nicht ganz richtig.

2019-08-23 21:49 - Herijuana im Themenstart schreibt:
Sei $M$ ein ein endlich erzeugter graduierter Modul über einem graduiert Hauptidealring $R$. Dann gilt $M\cong \bigoplus_{i=1}^n \Sigma^{\alpha_i} R \oplus\ \bigoplus_{j=1}^m \Sigma^{\gamma_j} R/d_jR$ (als graduierte Moduln), mit $d_j | d_{j+1}$.

$\Sigma^{\alpha}$ mit $\alpha$ eine ganze Zahl, bedeutet dabei einen shift in der graduierung nach oben um $\alpha$.

Beispiel: $\IZ$ mit trivialer Graduierung, $M=M_0\oplus M_1=\IZ/2\IZ\oplus \IZ/3\IZ$. Dann haben wir $M\cong \IZ/6\IZ$. Dieses wäre die Darstellung nach dem Struktursatz, aber $\IZ/6\IZ$ kann nicht über zwei Komponenten der Graduierung verteilt werden, also $M\not\cong \IZ/6\IZ$ als graduierte Moduln.



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Herijuana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-28 15:58


Hey TomTom, interessant, dass du das gerade postest, denn ich scheitere in meinem Beweisversuch gerade an dem Punkt diese Teilbarkeitseigenschaft zu zeigen.

Nur um ganz sicher zu gehen, dass ich das Beispiel richtig verstehe.
$\mathbb{Z}$ ist der Ring der ganzen Zahlen mit der Graduierung $\mathbb{Z}=\bigoplus_{k\geq 0} Z_0$ mit $Z_0=\mathbb{Z}$ und $Z_i=0$ für alle $i>0$. Und $M=M_0\oplus M_1=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ und $M_i=0$ für alle $i>1$.

Jetzt ist $M$ als Modul isomorph zu $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ und wir haben die Darstellung nach dem Struktursatz. $M_0$ und $M_1$ sind aber schon graduierte Untermoduln von $M$ also ist $M\cong \Sigma^0 \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\oplus \Sigma^1 \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$, was aber nicht den Anforderungen des Satzes entspricht. Und es gibt kein $n$ sodass $M\cong \Sigma^n \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ gilt.

Ich bin mir ganz sicher, dass der Satz so behauptet wird aber ich sehe nicht wieso das kein eindeutiges Gegenbeispiel sein sollte.



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2019-08-28 16:25


Ich bin mir ganz sicher, dass der Satz so behauptet wird aber ich sehe nicht wieso das kein eindeutiges Gegenbeispiel sein sollte.
Hast Du richtig verstanden. Ich bin mir auch sicher, dass es ein Gegenbeispiel ist bzw. eine Motivation, um bei der Grad-Forumlierung nachzuarbeiten. Grundsätzlich dürfte der Satz schon stimmen.

Deine Frage hatte auch schon jemand bei Stackexchange gestellt (ohne Antwort) und dabei auf den Artikel "Computing Persistent Homology" von Zomorodian & Carlson verwiesen. Dort habe ich nur sehr kurz hineingeschaut. Anhand des Kommentars im Artikel glaube ich, dass dort der Schwerpunkt mehr auf die Existenz der graduierten Zerlegung wert gelegt wird und nicht so sehr auf die Teilbarkeitsbeziehungen. Dann würde ich auch in Deinem Paper auch nachschauen, was wirklich verwendet wird.



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Herijuana
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Ich habe den Satz genau in diesem Paper gelesen und ja in diesem Kontext spielt diese Teilbarkeitseigenschaft soweit ich das beurteilen kann keine Rolle. Ich denke, dass die Existenzaussage sonst richtig ist und, dass ich diese auch eventuell beweisen kann, aber ich denke es könnte sein, dass diese Teilbarkeit bei einem Beweis der Eindeutigkeitsaussage eine Rolle spielt.



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TomTom314
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Ich hab's mir schon gedacht.  cool

Eine Eindeutigkeitsaussage kannst Du auch über die Darstellung $\bigoplus_l \Sigma^{\gamma_l}R/(p_l^{r_l}R),\ p_l$ prim erreichen. Statt die Torsionsuntermodule maximal zu zyklischen Moduln zusammenzufassen ist hier der Torionsuntermodul maximal zerlegt.



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