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Strukturen und Algebra » Moduln » Einige Fragen zu Moduln
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Universität/Hochschule J Einige Fragen zu Moduln
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
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Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-09-11 20:57


Hey,
ich habe einige Fragen zu Moduln, die ich aus zeitlichen Gründen nicht selbst beantworten kann. Hier sei alles kommutativ mit 1.
-Gibt es einfache nicht-triviale Beispiele zu Idealen \(I\) mit \(I^2 = I\) und zusätzlich \(I\neq \sqrt{I}\)?
-Sei M ein freier R-Modul. Sind dann alle Basen gleicher Länge?
Wenn ja, wie ist die Beweisidee?
-Gilt: \(\oplus_{i\in I} F_i   \) frei impliziert alle \(F_i\) frei? also die Rückrichtung kann man noch einfach zeigen.
-R Hauptidealring, M frei => Untermodule wieder frei. Hat jemand einen Beweis dazu? Ich finde nämlich nichts dazu.

Antworten auf einzelne Fragen sind auch sehr erwünscht. Danke!

Red_



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Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 542
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-11 21:00


Die zweite Fragen ist hiermit beantwortet:
article.php?sid=1168



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DavidM
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.06.2012
Mitteilungen: 236
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-09-11 21:35


Hallo,

zur dritten Frage: Das stimmt nicht. Ein Modul $M$ heißt projektiv, wenn es einen Modul $N$ gibt, sodass $M \oplus N$ frei ist (meistens definiert man projekitve Moduln ein bisschen anders, aber die beiden Definitionen sind äquivalent). In deiner Situation sind also alle $F_i$ projektiv, aber mehr kann man im Allgemeinen nicht sagen: Wenn der Ring ein Hauptidealring oder ein lokaler Ring ist, dann ist jeder projektive Modul frei, über allgemeinen Ringen gilt das aber nicht.



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Red_
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Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 542
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-11 21:58


Hi DavidM,
danke für deine Antwort. Hast du denn vielleicht ein konkretes Gegenbeispiel?




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Creasy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 22.02.2019
Mitteilungen: 348
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-09-11 23:07


Hallo,

einen Beweis zur letzten Frage findet man bei Lang - Algebra Theorem 7.1.



-----------------
Smile (:



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DavidM
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.06.2012
Mitteilungen: 236
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-09-12 09:45


2019-09-11 21:58 - Red_ in Beitrag No. 3 schreibt:
Hi DavidM,
danke für deine Antwort. Hast du denn vielleicht ein konkretes Gegenbeispiel?



Betrachte $R=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ und in diesem Ring die Ideale $I=(3,1+\sqrt{-5})$ und $J=(3,1-\sqrt{-5})$. Beide Ideale sind keine Hauptideale, also als $R$-Moduln nicht frei. Aber es ist $I \oplus J \cong R^2$, siehe zum Beispiel hier, Proposition 3.18.



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helmetzer
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 14.10.2013
Mitteilungen: 1359
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-09-12 16:21


Der Link aus Beitrag No. 3 trifft bei mir nicht.



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Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.09.2015
Mitteilungen: 612
Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-09-13 00:38


-Gibt es einfache nicht-triviale Beispiele zu Idealen \(I\) mit \(I^2 = I\) und zusätzlich \(I\neq \sqrt{I}\)?
ich glaube man würde kein solches Ideal finden, außer für $I=R\neq 0$, wobei $R$ der Ring wo $I$ lebt.-- Das stimmt auch nicht, s. Beitrag No.9.


Beweisversuch. Es sei $I\subsetneq R$ ein Ideal mit $I=I^2$. Angenommen, es gilt $I\subsetneq \sqrt{I}$, dann existiert ein $x\in R$ mit $x^n\in I$ für gewisses $n\geq 1$ aber $x\notin I$. Indem wir $x^n$ mit $x$ wiederholt multiplizieren (falls nötig), können wir annehmen, dass $n=2^r$ eine 2-Potenz ist. Da $I=I^2$, hat $x^n$ eine Wurzel $x^{n/2}\in I$, induktiv folgt $x\in I$, was wir aber zum Beginn ausgeschlossen haben.



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Nuramon
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Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1624
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-09-13 07:41

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,
2019-09-13 00:38 - Saki17 in Beitrag No. 7 schreibt:
Da $I=I^2$, hat $x^n$ eine Wurzel $x^{n/2}\in I$
das stimmt nicht. Aus $I=I^2$ folgt nur, dass es $y_k,z_k\in I$ gibt mit $x^n= \sum_ky_kz_k$.
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3732
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-09-13 08:12


2019-09-11 20:57 - Red_ im Themenstart schreibt:
-Gibt es einfache nicht-triviale Beispiele zu Idealen \(I\) mit \(I^2 = I\) und zusätzlich \(I\neq \sqrt{I}\)?

Nimm irgendeinen nicht-reduzierten Ring (z.B. $R=\IZ/4$) und $I=0$.



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Triceratops
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Dabei seit: 28.04.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-09-13 08:20


2019-09-11 20:57 - Red_ im Themenstart schreibt:
-Sei M ein freier R-Modul. Sind dann alle Basen gleicher Länge?

Das stimmt, wenn $R$ kommutativ ist, aber nicht immer. Stichwort: en.wikipedia.org/wiki/Invariant_basis_number



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-09-13 08:48


2019-09-11 20:57 - Red_ im Themenstart schreibt:
-Gilt: \(\oplus_{i\in I} F_i   \) frei impliziert alle \(F_i\) frei?

Das einfachste Gegenbeispiel ist ein Produkt von nicht-trivialen Ringen $R = R_1 \times R_2$ mit $F_1 = R_1 \times 0$ und $F_2 = 0 \times R_2$ (als Ideale von $R$ und damit als $R$-Moduln betrachtet). Dann ist $F_1 \oplus F_2 = R$ frei, aber $F_1$ und $F_2$ sind es nicht.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-09-13 09:16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-09-13 07:41 - Nuramon in Beitrag No. 8 schreibt:
Hallo,
2019-09-13 00:38 - Saki17 in Beitrag No. 7 schreibt:
Da $I=I^2$, hat $x^n$ eine Wurzel $x^{n/2}\in I$
das stimmt nicht. Aus $I=I^2$ folgt nur, dass es $y_k,z_k\in I$ gibt mit $x^n= \sum_kyz$.

Danke!
\(\endgroup\)


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Red_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-13 12:35


2019-09-13 08:48 - Triceratops in Beitrag No. 11 schreibt:
2019-09-11 20:57 - Red_ im Themenstart schreibt:
-Gilt: \(\oplus_{i\in I} F_i   \) frei impliziert alle \(F_i\) frei?

Das einfachste Gegenbeispiel ist ein Produkt von nicht-trivialen Ringen $R = R_1 \times R_2$ mit $F_1 = R_1 \times 0$ und $F_2 = 0 \times R_2$ (als Ideale von $R$ und damit als $R$-Moduln betrachtet). Dann ist $F_1 \oplus F_2 = R$ frei, aber $F_1$ und $F_2$ sind es nicht.

Super Gegenbeispiel, danke.

2019-09-13 08:12 - Triceratops in Beitrag No. 9 schreibt:
2019-09-11 20:57 - Red_ im Themenstart schreibt:
-Gibt es einfache nicht-triviale Beispiele zu Idealen \(I\) mit \(I^2 = I\) und zusätzlich \(I\neq \sqrt{I}\)?

Nimm irgendeinen nicht-reduzierten Ring (z.B. $R=\IZ/4$) und $I=0$.

Mit nicht-trivial meinte ich \(R\neq I \neq 0\), aber dennoch schönes beispiel  smile


Genau da bleibe ich auch immer stecken Saki17, deswegen glaube ich, dass es doch Gegenbeispiele gibt ^^



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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-09-13 15:18


Ich wollte schreiben: Beitrag No. 5.

Aber komisch: inzwischen funktioniert dieser Link.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-09-15 16:41


2019-09-13 12:35 - Red_ in Beitrag No. 13 schreibt:
Mit nicht-trivial meinte ich \(R\neq I \neq 0\), aber dennoch schönes beispiel  smile

Üblicherweise meint man mit trivialen Beispielen solche, die auch aus trivialen Gründen erfüllt sind. Aber der Fall $I=0$ sieht so aus, dass zwar $I=I^2$ gilt, aber $I = \sqrt{I}$ äquivalent dazu ist, dass $R$ reduziert ist (also es keine nilpotenten Elemente außer $0$ gibt). Daher würde man hier üblicherweise nicht von einem trivialen Beispiel sprechen.

Die Gleichung $R \neq I$ ist übrigens überflüssig, weil für $I=R$ sowieso $I = \sqrt{I}$ gilt.

Hier jedenfalls noch ein Gegenbeispiel mit $I \neq 0$:

Sei $R = k[X]/\langle X^2 = X^4 \rangle$. Sei $x \in R$ das Bild von $X \in k[X]$. Sei $I = \langle x^2 \rangle$. Dann ist $I$ kein Radikalideal, denn $R/I = k[X]/\langle X^2 \rangle$ ist nicht reduziert, und es gilt $I^2 = \langle x^4 \rangle = \langle x^2 \rangle = I$. Außerdem ist $I \neq 0$, weil $1,x,x^2,x^3$ eine $k$-Basis von $R$ ist.



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Red_
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Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-15 17:37


Genial, danke!!!



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Red_ hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
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