Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Buri Gockel
Mathematik » Strukturen und Algebra » Untermodul gleich Modul über PID
Druckversion
Druckversion
Autor
Universität/Hochschule J Untermodul gleich Modul über PID
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 760
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-10-16 18:49


Hallo,
sei $R$ ein PID, $M$ ein endlich freier $R$-Modul und $N$ ein Untermodul.
Wie wir wissen ist $N$ erneut frei mit Rang kleiner gleich dem Rang von $M$ als $R$-Modul.
Meine Frage lautet: Wenn die Ränge gleich sind, folgt dann schon $N=M$?

Im Fall von Vektorräumen gilt das ja, der Beweis lässt sich jedoch nicht adaptieren.

Hmm ich glaube ich habe gerade ein Gegenbeispiel gefunden.
Sei $M=R$ und $N$ ein echtes Ideal von $R$ ungleich $0$.

Müsste doch stimmen oder? 😄



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-16 19:46


Ja, das Gegenbeispiel passt.

Deine Frage ist übrigens äquivalent dazu, ob jeder injektive $R$-Modul-Homomorphismus $M \to M$ schon bijektiv ist. Aber das ist offenbar nicht der Fall. Andererseits: jeder surjektive $R$-Modul-Homomorphismus $M \to M$ ist schon bijektiv.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 760
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-16 22:03


Hey danke, die letzte Aussage kenne ich aus meiner CommAlg Vorlesung damals (Beweis nutzt Cayley-Hamilton, um ein Inverses zu konstruieren). Hier muss lediglich $M$ endlich erzeugt sein und $R$ ist beliebig (kommutativ mit 1).

Könntest du vielleicht die Äquivalenz bisschen erklären?



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-16 22:37


$N$ ist frei vom selben Rang wie $M$, also zu $M$ isomorph. Jetzt nimmt man $M \cong N \hookrightarrow M$. Umgekehrt sei $N$ das Bild von $M \to M$.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 760
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-18 00:21


Danke sehr!



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-10-18 12:16


2020-10-16 19:46 - Triceratops in Beitrag No. 1 schreibt:
jeder surjektive $R$-Modul-Homomorphismus $M \to M$ ist schon bijektiv. [wenn $M$ endlich-erzeugter $R$-Modul ist]

Du hast bereits einen Beweis dafür angedeutet, und es gibt noch einige andere (Nakayama über den $R[T]$-Modul $M$, wobei $T$ durch $M \to M$ wirkt), aber hier mal ein alternativer Beweis, der mit Reduktionsargumenten arbeitet:

Sei $f : M \to M$ surjektiv und $x \in \ker(f)$. Zu zeigen ist $x=0$. Sei $e_1,\dotsc,e_n$ ein Erzeugendensystem von $M$. Schreibe $f(e_j) = \sum_{i} a_{ij} e_i$ mit $a_{ij} \in R$. Sei jeweils $\sum_{i} b_{ij} e_i$ mit $b_{ij} \in R$ ein Urbild von $e_j$. Schreibe außerdem $x = \sum_{i} c_i e_i$ mit $c_i \in R$. Sei $R'$ der Unterring von $R$, der von den $a_{ij}$, $b_{ij}$, $c_i$ erzeugt wird. Sei weiter $M'$ der von den $e_1,\dotsc,e_n$ erzeugte $R'$-Untermodul von $M|_{R'}$. Beachte, dass $M' \neq M|_{R'}$ sein kann. Nach Konstruktion schränkt sich $f$ zu einer $R'$-linearen Abbildung $f' : M' \to M'$ ein, die immer noch surjektiv ist, und $x \in M'$ liegt im Kern von $f'$. Aus $x=0$ in $M'$ folgte auch $x=0$ in $M$. Nun ist aber $R'$ endlich-erzeugt als $\IZ$-Algebra und daher Noethersch. Also ist o.B.d.A. $R$ Noethersch. Dann ist aber $M$ Noethersch. Für Noethersche Moduln allgemein gibt es nun das folgende Argument: Die Folge von Untermoduln $\ker(f) \subseteq \ker(f^2) \subseteq \cdots$ muss stationär werden, etwa $\ker(f^k) = \ker(f^{k+1})$ für ein $k \geq 0$. Ist nun $x \in \ker(f)$, so finden wir ein $y \in M$ mit $x = f^k(y)$, weil $f^k$ surjektiv ist. Dann ist $y \in \ker(f^{k+1}) = \ker(f^k)$ und damit $x = 0$. $\checkmark$

Und hier noch ein alternativer Beweis für den Fall, dass $M$ frei ist:

Weil $M$ frei ist, hat jeder surjektive Homomorphismus $M' \to M$ ein Rechtsinverses. Insbesondere hat hier $f : M \to M$ ein Rechtsinverses $g : M \to M$. Dann ist $1 = \det(1) = \det(f \circ g) = \det(f) \det(g)$. Weil $R$ kommutativ ist, ist also $\det(f)$ invertierbar. Nach der Cramer'schen Regel ist daher $f$ invertierbar (mit $f^{-1} = \det(f)^{-1} \mathrm{adj}(f)$).
 
Man kann das Argument aber auch ohne Determinanten machen: Stelle $f,g$ durch Matrizen dar. Dann reicht es also zu zeigen:

Sind $A,B \in M_n(R)$ mit $AB=1$, so ist auch $BA=1$.

Das universelle Beispiel für einen kommutativen Ring $R$ und zwei Matrizen $A,B \in M_n(R)$ mit $AB=1$ ist der Ring

$R' := \IZ[(X_{ij}),(Y_{ij})] / \langle \forall i.\sum_j X_{ij} Y_{ji} = 1,~  \forall i \neq k. \sum_j X_{ij} Y_{jk} = 0 \rangle.$
 
mit den beiden Matrizen $A' = (X_{ij})$ und $B' = (Y_{ij})$. Damit ist gemeint, dass es einen eindeutigen Homomorphismus $\alpha : R' \to R$ gibt mit $\alpha(A') = A$ und $\alpha(B') = B$; hier bezeichnen wir mit $\alpha$ ebenfalls die induzierte (multiplikative) Abbildung $M_n(R') \to M_n(R)$.
 
Für $n=2$ ist zum Beispiel $R'$ gleich

$\IZ[X_{11},X_{12},X_{21},X_{22},Y_{11},Y_{12},Y_{21},Y_{22}] / \left\langle \begin{array}{c} X_{11} Y_{11} + X_{12} Y_{21} = 1,\\ X_{21} Y_{12} + X_{22} Y_{22} = 1,\\X_{11} Y_{12} + X_{12} Y_{22} = 0,\\ X_{21} Y_{11} + X_{22} Y_{21} = 0\end{array} \right\rangle.$

Nun kann man zeigen, dass $R'$ ein Integritätsring ist. Den Beweis ergänze ich (vielleicht) später.

Weil nun aber $R'$ ein Integritätsring ist, wissen wir schon, dass die Behauptung über dem Quotientenkörper $Q(R')$ gilt. Es folgt $B' A' = 1$ in $M_n(Q(R'))$ und damit auch in $M_n(R')$. Jetzt wenden wir den Homomorphismus $\alpha$ an und erhalten $B A = 1$.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 760
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-18 22:15


Wenn wir wüssten, dass $f'$ surjektiv ist, dann wäre auch $f$ surjektiv, weil $M$ über $R$ von $M'$ erzeugt wird.
Den Teil verstehe ich nicht ganz. Was meinst du mit ,,Wenn wir wüssten, dass $f'$ surjektiv ist,...''? Die ganze Arbeit läuft ja darauf hinaus oBdA anzunehmen, dass $R$ noethersch ist, indem du zeigst, dass wenn $f'$ surjektiv ist, so auch $f$. Aber das kannst du ja nicht machen, da die Konstruktion von $f'$ auf die Surjektivität von $f$ beruht.
Es bedarf hier vielleicht bisschen mehr Erklärung, wenn man den Beweis noch retten kann(?)
Ferner wird ein schöner Satz benutzt, den ich vorher nicht kannte, der aber leicht zu zeigen ist: StackExchange

Der zweite Beweis ist sehr cool.




Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-10-18 22:45


Ich habe den Beweis korrigiert. Ist es jetzt OK?



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 760
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-18 23:58


Hey, super passt so, danke sehr!
Man könnte theoretisch einfach mit $f'$ weiter arbeiten und das oBdA weglassen, aber ist an sich das gleiche.

Gibt es eine Motivation für den Beweis oder eine Intuition warum solch eine Methode exisitert (vielleicht in einem abstrakteren Setting, da du es ja Reduktionsargument genannt hast)?



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-10-19 00:08


Ich dachte an Noethersche Approximation (siehe hier oder hier). Es gibt einige Sätze, die unter diesem Namen verbreitet sind, aber in der Regel nur für endlich präsentierte Moduln / Algebren / Morphismen. Daher musste man hier etwas rumschrauben. Jedenfalls ist die Reduktion auf Noethersche Ringe eine gängige und nützliche Methode, und daher habe ich sie hier auch gezeigt.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 760
Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-19 00:22


Nun ist aber $R'$ endlich-erzeugt über $\IZ$ und daher Noethersch.
Ich hatte hier einen kleinen Denkfehler, und dachte es sei als Modul endlich erzeugt, es ist aber als Algebra endlich erzeugt.
(Noethersch folgt mit Hilfe von Hilberts Basissatz)

Und danke für die Links!



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Red_ hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Red_ hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
Neues Thema [Neues Thema]  Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2020 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]