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Strukturen und Algebra » Moduln » Abbildung zeigen Injektivität
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Universität/Hochschule J Abbildung zeigen Injektivität
eisenstein01
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  Themenstart: 2022-05-06

Hi Leute, wie kann man bei folgender Abb. zeigen, dass diese Injektiv ist: Sei $C$ eine endlich dimensionale einfache K-Algebra, $K$ Körper. $M$ ein $C$-Modul und $I$ sein ein minimales Linksideal in C. $n$ aus $\mathbb N$ sei so gewählt, dass für $w_1, ..., w_n$ $M=Iw_1 + ... Iw_n$ und das Tupel eine Basis von $C$ ist. Die Abb ist gegeben durch $\varphi: I^n \rightarrow M, (x_1,...,x_n) \mapsto x_1w_1+...+x_nw_n$ Surjektivität ist Klar. Für die Injektivität hätte ich eigentlich zeigen wollen, dass der Kern trivial ist, aber wie?


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Triceratops
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-05-06

Das kommt doch offenbar aus Kerstens Skript, Lemma 4.1 (was du in deiner anderen Frage erwähnt hattest), und da wird die Injektivität begründet. a) Wieso lässt du diesen Kontext weg, b) Was ist dir am Beweis unklar? Übrigens: Du hast die beiden Voraussetzungen weggelassen, dass $C$ einfach ist, und dass $n$ minimal gewählt ist. Ohne diese Voraussetzungen ist die Aussage offenbar falsch.


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eisenstein01
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-06

\quoteon(2022-05-06 12:29 - Triceratops in Beitrag No. 1) Das kommt doch offenbar aus Kerstens Skript, Lemma 4.1 (was du in deiner anderen Frage erwähnt hattest), und da wird die Injektivität begründet. a) Wieso lässt du diesen Kontext weg, b) Was ist dir am Beweis unklar? Übrigens: Du hast die Voraussetzung weggelassen, dass $C$ einfach ist. \quoteoff Ja genau das ist das besagte Lemma von Kersten, allerdings dachte ich nicht, dass das für diese Frage relevant wäre, da die Idee über den Kern ja Elementar ist... Ich hatte mir erhofft, dass jemand vielleicht auf einen anderen Ansatz kommt als Kersten, da ich diesen Beweis in einigen Schritte nicht verstehe, genauer: 1) Wieso gilt $Iw_1 = Cx_1w_1 \subset Cx_2w_2 +...+ Cx_nw_n$ ? 2) Inwiefern führt sie das ganze dann zu einem Widerspruch?


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Triceratops
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-05-06

Ich schreibe den Beweis des Lemmas (wie gesagt: Lemma 4.1 in Kersten, Brauergruppen, Link) lieber vollständig auf.
Sei $K$ ein Körper, $C$ eine endlich-dimensionale einfache $K$-Algebra. Sind dann $M,M'$ zwei $C$-Moduln mit $\dim_K(M)=\dim_K(M') < \infty$, dann sind $M,M'$ zueinander isomorph.
Beweis. Weil $C$ endlich-dimensional und $C \neq 0$ ist, gibt es ein minimales Linksideal $I$. (Darunter versteht man natürlich ein Linksideal $\neq 0$, was minimal unter allen Linksidealen $\neq 0$ ist). Es reicht zu zeigen, dass es eine natürliche Zahl $n$ gibt mit $M \cong I^n$, weil diese natürliche Zahl für $M'$ dann aus Dimensionsgründen dieselbe sein muss, womit $M \cong I^n \cong M'$. Zunächst einmal ist $IC$ ein beidseitiges Ideal $\neq 0$ in $C$ (weil $I$ ein Linksideal $\neq 0$ ist). Weil $C$ einfach ist, muss $IC = C$ sein. Dann gilt also $M = CM = ICM = IM$. Wähle ein Erzeugendensystem $(v_1,\dotsc,v_n)$ von $M$ als $K$-Modul, sodass $M = \sum_{i=1}^{n} K v_i$. Dann gilt $M = IM = \sum_{i=1}^{n} IKv_i = \sum_{i=1}^{n} I v_i$. Es gibt also eine natürliche Zahl $n$ und Elemente $w_1,\dotsc,w_n \in M$ mit $\displaystyle M = \sum_{i=1}^{n} I w_i.$ Wähle $n$ minimal mit dieser Eigenschaft und entsprechende $w_1,\dotsc,w_n \in M$. Die Minimalität von $n$ bedeutet: Es gibt keine Elemente $u_1,\dotsc,u_{n-1} \in M$ mit $M = \sum_{i=1}^{n-1} I u_i$. Die $C$-lineare Abbildung $\displaystyle\varphi : I^n \to M, ~ x \mapsto \sum_{i=1}^{n} x_i w_i$ ist surjektiv, und es bleibt zu zeigen, dass sie auch injektiv ist. Sei also $x \in \ker(\varphi)$. Sei $j \in \{1,\dotsc,n\}$ ein Index, wir müssen $x_j = 0$ zeigen. Angenommen, es gilt $x_j \neq 0$. Dann ist $C x_j = I$, weil $C x_j \neq 0$ ein in $I$ enthaltenes Linksideal ist und $I$ minimales Linksideal ist. Außerdem gilt nach Annahme $\displaystyle 0 = \varphi(x) = \sum_{i=1}^{n} x_i w_i \implies x_j w_j = - \sum_{i \neq j} x_i w_i.$ Daraus folgt $\displaystyle I w_j = (C x_j) w_j = C (x_j w_j) \subseteq \sum_{i \neq j} C (- x_i w_i) = \sum_{i \neq j} C \underbrace{(- x_i)}_{\in I} w_i \subseteq \sum_{i \neq j} I w_i.$ In der Summe $M = \sum_{i=1}^{n} I w_i$ wird also der Summand $I w_j$ gar nicht benötigt: es gilt bereits $M = \sum_{i \neq j} I w_i$. Das ist nun ein Widerspruch zur Minimalität von $n$.



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eisenstein01
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-06 19:00 - Triceratops in Beitrag No. 3) Ich schreibe den Beweis des Lemmas (wie gesagt: Lemma 4.1 in Kersten, Brauergruppen, Link) lieber vollständig auf.
Sei $K$ ein Körper, $C$ eine endlich-dimensionale einfache $K$-Algebra. Sind dann $M,M'$ zwei $C$-Moduln mit $\dim_K(M)=\dim_K(M') < \infty$, dann sind $M,M'$ zueinander isomorph.
Beweis. Weil $C$ endlich-dimensional und $C \neq 0$ ist, gibt es ein minimales Linksideal $I$. (Darunter versteht man natürlich ein Linksideal $\neq 0$, was minimal unter allen Linksidealen $\neq 0$ ist). Es reicht zu zeigen, dass es eine natürliche Zahl $n$ gibt mit $M \cong I^n$, weil diese natürliche Zahl für $M'$ dann aus Dimensionsgründen dieselbe sein muss, womit $M \cong I^n \cong M'$. Zunächst einmal ist $IC$ ein beidseitiges Ideal $\neq 0$ in $C$ (weil $I$ ein Linksideal $\neq 0$ ist). Weil $C$ einfach ist, muss $IC = C$ sein. Dann gilt also $M = CM = ICM = IM$. Wähle ein Erzeugendensystem $(v_1,\dotsc,v_m)$ von $M$ als $K$-Modul, sodass $M = \sum_{i=1}^{n} K v_i$. Dann gilt $M = IM = \sum_{i=1}^{n} IKv_i = \sum_{i=1}^{n} I v_i$. Es gibt also eine natürliche Zahl $n$ und Elemente $w_1,\dotsc,w_n \in M$ mit $\displaystyle M = \sum_{i=1}^{n} I w_i.$ Wähle $n$ minimal mit dieser Eigenschaft und entsprechende $w_1,\dotsc,w_n \in M$. Die Minimalität von $n$ bedeutet: Es gibt keine Elemente $u_1,\dotsc,u_{n-1} \in M$ mit $M = \sum_{i=1}^{n-1} I u_i$. Die $C$-lineare Abbildung $\displaystyle\varphi : I^n \to M, ~ x \mapsto \sum_{i=1}^{n} x_i w_i$ ist surjektiv, und es bleibt zu zeigen, dass sie auch injektiv ist. Sei also $x \in \ker(\varphi)$. Sei $j \in \{1,\dotsc,n\}$ ein Index, wir müssen $x_j = 0$ zeigen. Angenommen, es gilt $x_j \neq 0$. Dann ist $C x_j = I$, weil $C x_j \neq 0$ ein in $I$ enthaltenes Linksideal ist und $I$ minimales Linksideal ist. Außerdem gilt nach Annahme $\displaystyle 0 = \varphi(x) = \sum_{i=1}^{n} x_i w_i \implies x_j w_j = - \sum_{i \neq j} x_i w_i.$ Daraus folgt $\displaystyle I w_j = (C x_j) w_j = C (x_j w_j) \subseteq \sum_{i \neq j} C (- x_i w_i) = \sum_{i \neq j} C \underbrace{(- x_i)}_{\in I} w_i \subseteq \sum_{i \neq j} I w_i.$ In der Summe $M = \sum_{i=1}^{n} I w_i$ wird also der Summand $I w_j$ gar nicht benötigt: es gilt bereits $M = \sum_{i \neq j} I w_i$. Das ist nun ein Widerspruch zur Minimalität von $n$. \quoteoff Erstmal vielen Dank für deine Mühe, drei Fragen: 1) Wieso wählst Du anstelle einer Basis ${v_1,...,v_n}$ lediglich ein Erzeugendensystem? Und liege ich richtig, dass eine Basis/ Erzeugendensystem überhaupt existiert, da ich C als K-VR auffassen kann? 2) Wie ist dein Index $n$ in der ersten Summe $M = \sum_{i=1}^{n} K v_i$ gewählt? 3) Warum folgt aus deiner Rechnung, dass ein solchen $n$ und solche $w_1, ..., w_n$ existieren müssen? Ich meine, wo liegt bei den$w_i$ der Unterschied zu deinem Erzeugendensystem? Durch die Wahl des ES hat man doch eigentlich schon gezeigt, dass solche Elemente aus $M$ existieren oder wo ist da mein Denkfehler?



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Triceratops
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-05-07

1) Mir ist aufgefallen, dass das Argument an der Stelle lediglich ein Erzeugendensystem braucht. Daher ist es besser, das auch so aufzuschreiben. Natürlich wird durch die Minaimalität später sowieso eine Basis draus, aber noch einmal: die lineare Unabhängigkeit über $K$ braucht man nicht, und daher sollte man sie auch gar nicht erst erwähnen. Ein Erzeugendensystem existiert immer. Nach Annahme hat $M$ sogar ein endliches Erzeugendensystem. Dass man $M$ als $K$-Modul auffassen kann, liegt nicht (nur) daran, dass $C$ ein $K$-Modul ist, sondern daran, dass $M$ ein $C$-Modul und man einen Homomorphismus $K \to C$ hat, man also die Skalare einschränken kann. 2) Ich meinte davor $(v_1,\dotsc,v_n)$, ich korrigiere es gleich. Damit sollte es klar sein. 3) Der Unterschied ist die Minimalität von $n$, die ja wie erklärt entscheidend im Argument eingeht. Man kann es so formal machen: Definiere $X := \{n \in \IN : \exists w \in M^n ~ ( M = \sum_{i=1}^{n} I w_i)\}$. Zuvor haben wir gezeigt, dass $X$ nicht-leer ist. Jede nicht-leere Teilmenge von $\IN$ hat ein Minimum. Sei $n := \min(X)$. Wegen $n \in X$ gibt es ein $w \in M^n$ mit $M = \sum_{i=1}^{n} I w_i$.


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eisenstein01
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-23

\quoteon(2022-05-06 19:00 - Triceratops in Beitrag No. 3) $\sum_{i \neq j} C \underbrace{(- x_i)}_{\in I} w_i \subseteq \sum_{i \neq j} I w_i$ \quoteoff Und an dieser Stelle gilt keine Gleichheit, weil die $x_i$ auch glecih $0$ sein können oder gibt es noch einen anderen Grund? Ah und bei noch einer Sache stehe ich auf dem Schlauch: Wieso ist $IK = I$? PS: Wie kann ich den Eintrag davor löschen?


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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-05-23

1) Nein. An dieser Stelle benutze ich nur $\subseteq$. Das Argument geht in der nächsten Zeile weiter. 2) $K$ liegt immer im Zentrum und $I$ ist ein Linksideal. 3) Man kann immer nur den letzten Beitrag löschen, wenn er sein eigener ist.


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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-23

\quoteon(2022-05-23 11:31 - Triceratops in Beitrag No. 8) 1) Nein. An dieser Stelle benutze ich nur $\subseteq$. Das Argument geht in der nächsten Zeile weiter. 2) $K$ liegt immer im Zentrum und $I$ ist ein Linksideal. 3) Man kann immer nur den letzten Beitrag löschen, wenn er sein eigener ist. \quoteoff zu 1): Ja, das verstehe ich, wieso das argumentativ gut aufgeht. Das heißt ich könnte an dieser Stelle auch Gleichheit schreiben, da zuvor in der Zeile bereits $\subset$ steht und damit das Argument des überflüssigen j-ten Summanden aufgeht? Weil ich meine, davor haben wir ja auch gezeigt, dass $Cx_j = I$.


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  Beitrag No.10, eingetragen 2022-05-23

Nein, $\subseteq$. Es gilt $C x_j = I$ (für das feste $j$), ja, aber der Summand ist $C (-x_i)$ (für $i \neq j$) bzw. $C(-x_i)w_i$. Bitte genauer lesen.


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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-23

\quoteon(2022-05-23 11:45 - Triceratops in Beitrag No. 10) Nein, $\subseteq$. Es gilt $C x_j = I$ (für das feste $j$), ja, aber der Summand ist $C (-x_i)$ (für $i \neq j$) bzw. $C(-x_i)w_i$. Bitte genauer lesen. \quoteoff Alles klar, vielen Dank!


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