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Universität/Hochschule Freie Untermoduln
manuela329
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-09-14



Hallo :) Ich schreibe morgen eine Klausur in Algebra I und ich habe noch eine kleine Lücke, was freie Untermoduln angeht. Ich rechne momentan folgende Aufgabe durch:

Sei $R$ ein kommutativer Ring mit Eins. Beweisen oder widerlegen Sie:
$\mathbb{Z}_{2}$, $\mathbb{Z}_{3}$ und $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{3}$ zusammen mit $+$ frei als $\mathbb{Z}_{6}$ - Moduln sind.


Mein Ansatz:

Damit $\mathbb{Z}_{2}$ und $\mathbb{Z}_{3}$ frei als  $\mathbb{Z}_{6}$ - Moduln sind, muss es zwei Isomorphismen $\varphi_{1}:\mathbb{Z}_{2} \rightarrow  \mathbb{Z}_{6}^{n}$ und $\varphi_{2}:\mathbb{Z}_{3} \rightarrow  \mathbb{Z}_{6}^{m}$ geben für $n, m \in \mathbb{N}_{> 0}$. Das bedeutet, dass $\mathbb{Z}_{2}$ und $\mathbb{Z}_{3}$ mindestens $6$ Elemente haben müssen, was aber nicht der Fall ist. Also $\mathbb{Z}_{2}$ und $\mathbb{Z}_{3}$ als $\mathbb{Z}_{6}$ - Moduln nicht frei. Stimmt die Argumentation so? Und wie kann man aber zeigen, dass $\mathbb{Z}_{2}$ und $\mathbb{Z}_{3}$ frei als  $\mathbb{Z}_{6}$ - Moduln endlich erzeugt sind ? Ich tue mich da schwer, einen surjektiven Isomorphismus zu finden. Ich mache das ganz naiv, in dem ich z.B. ein Element aus $\mathbb{Z}_{3}$ nehme und schaue, ob dieses dann $\mathbb{Z}_{3}$ erzeugt. Und das mache ich mit allen Elementen. Das ist einfach, wenn man $\mathbb{Z}_{3}$ als $\mathbb{Z}$ - Modul betrachtet. Aber wie macht man das bei $\mathbb{Z}_{3}$ als  $\mathbb{Z}_{6}$ - Modul? Für $[a] \in \mathbb{Z}_{3}$ und $[b] \in \mathbb{Z}_{6}$ gilt $[a] \cdot [b] = [a \cdot b ] \in \mathbb{Z}_{18}$, oder nicht ? Aber ich muss doch irgendwie ein Element aus $\mathbb{Z}_{3}$ bekommen, da $\mathbb{Z}_{3}$ sonst kein $\mathbb{Z}_{6}$ - Modul wäre. kann mir jemand hier helfen ?

Und nach dem chinesischen Restsatz ist $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{3} \cong \mathbb{Z}_{6}$. Also ist $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{3}$ frei als $\mathbb{Z}_{6}$ - Modul.
Eine Basis von $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{3}$ soll dann $\{ ([1], [1]) \}$. Wie findet man am schnellsten so eine Basis ? Ich musste erstmal alle Elemente von $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{3}$ durchgehen, um eine Basis zu finden.

Geht das auch schneller ?

Würde mich über Antworten freuen!



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-14


Guten Abend,


2020-09-14 19:00 - manuela329 im Themenstart schreibt:

Hallo :) Ich schreibe morgen eine Klausur in Algebra I und ich habe noch eine kleine Lücke, was freie Untermoduln angeht. Ich rechne momentan folgende Aufgabe durch:

Sei $R$ ein kommutativer Ring mit Eins. Beweisen oder widerlegen Sie:
$\mathbb{Z}_{2}$, $\mathbb{Z}_{3}$ und $\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{3}$ zusammen mit $+$ frei als $\mathbb{Z}_{6}$ - Moduln sind.


Mein Ansatz:

Damit $\mathbb{Z}_{2}$ und $\mathbb{Z}_{3}$ frei als  $\mathbb{Z}_{6}$ - Moduln sind, muss es zwei Isomorphismen $\varphi_{1}:\mathbb{Z}_{2} \rightarrow  \mathbb{Z}_{6}^{n}$ und $\varphi_{2}:\mathbb{Z}_{3} \rightarrow  \mathbb{Z}_{6}^{m}$ geben für $n, m \in \mathbb{N}_{> 0}$. Das bedeutet, dass $\mathbb{Z}_{2}$ und $\mathbb{Z}_{3}$ mindestens $6$ Elemente haben müssen, was aber nicht der Fall ist. Also $\mathbb{Z}_{2}$ und $\mathbb{Z}_{3}$ als $\mathbb{Z}_{6}$ - Moduln nicht frei. Stimmt die Argumentation so?
Das passt.
Bei dem nächsten Abschnitt ist das Hauptproblem: (Ich indiziere die eckigen Klammern bei mir mal, damit klar ist, welche Restklasse/Elemente hier gemeint sind)

Für $[a] \in \mathbb{Z}_{3}$ und $[b] \in \mathbb{Z}_{6}$ gilt $[a] \cdot [b] = [a \cdot b ] \in \mathbb{Z}_{18}$, oder nicht ?

Man muss sich natürlich überlegen wie $M:=Z_2$ zu einem $R:=Z_6$ Modul wird. Du brauchst also eine Abbildung : $R\times M \to M$ mit gewissen Eigenschaften, sprich eine Abbildung $Z_6 \times Z_2 \to Z_2 $ (und nicht nach $Z_{12}$ oder $Z_{18}$). Für $m\in M = Z_2$ betrachtet man dafür die Abbildung $Z \to M$ mit $z\mapsto zm$ und zeigt dann, dass diese das Ideal $6Z$ im Kern enthält, sodass du eine wohldefinerte Abbildung $Z_6 \to M = Z_2$ bekommst mit $[z]_6 \mapsto zm$. Mit dieser Abbildung (für alle m) kann man dann feststellen, dass die Abbildung $([z]_6, m) \mapsto zm$ die korrekte Abbildung ist. Statt m kann man dann natürlich auch $[b]_2$ schreiben sodass man bekommt : $[a]_6 \cdot [b]_2 = a[b]_2 = [ab]_2$. Wenn du die Aufgabe also über Z lösen kannst, sollte es ab hier auch über Z_6 funktionieren.


Für den Isomorphismus: Weißt du wie die Abbildung aussieht? Was ist denn eine Basis von $Z_6$ als $Z_6$-Modul (trivial). Das Urbild unter dem Isomorphismus ist dann auch eine Basis.

Viele Grüße und besten Erfolg
Creasy


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



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