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Universität/Hochschule Existenz einer bestimmten Surjektion
kokosnusskopf
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  Themenstart: 2022-06-26

Seien \(N, M\) und \(Q\) Moduln, wobei \(Q\) frei ist. Angenommen, es existiert eine Surjektion \(f: N \oplus Q \to M \oplus Q\). Kann man dann die Existenz einer solchen Surjektion \(f\) mit der Zusatzeigenschaft \(f \vert Q = id \vert Q\) folgern?


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Triceratops
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-06-27

Ich gehe davon aus, dass du eigentlich jeweils eine surjektive lineare Abbildung meinst, also einen Epimorphismus von Moduln? Ist etwas über den Grundring $R$ oder die Moduln (insb. Endlichkeitsannahmen) bekannt? Die Antwort lautet ohne weitere Einschränkungen jedenfalls Nein. Sogar mit der schwächeren Annahme $f(Q) \subseteq Q$ folgt, dass $f$ einen Epimorphismus $(M \oplus Q)/Q \to (N \oplus Q)/Q$ induziert, womit es also einen Epimorphismus $M \to N$ gibt. Wir hätten also ein Gegenbeispiel, wenn es zwar einen Epimorphismus $M \oplus Q \to N \oplus Q$ gibt, aber keinen $M \to N$. Nun, probieren wir einmal $M = 0$, $Q = N = R$. Es gibt Ringe $R \neq 0$ mit $R \cong R^2$ als $R$-Moduln (zum Beispiel der Endomorphismenring eines unendlich-dimensionalen Vektorraumes; solche Ringe sind immer nicht-kommutativ und in einem gewissen Sinne "groß"). Dann haben wir also $0 \oplus R \cong R \oplus R$, aber es gibt keinen Epimorphismus $0 \to R$. Damit ist ein Gegenbeispiel gefunden (sogar ausschließlich mit endlich-freien Moduln). Hier ein Gegenbeispiel, das für jeden Ring $R \neq 0$ funktioniert (aber nicht endlich-erzeugt ist). Betrachte wieder $M = 0$, $N = R$, aber $Q = R^{\IN}$. Es gibt einen Isomorphismus $0 \oplus Q \cong R \oplus Q$, aber keinen Epimorphismus $0 \to R$. Was ist der Kontext dieser Fragestellung? Das ist ein Typ von Fragestellung, der üblicherweise (nicht immer) in einem Kontext entsteht, wo man versucht, einen Beweisschritt nachzuvollziehen, aber auf dem Holzweg ist – sprich der Beweisschritt hängt in Wahrheit überhaupt nicht davon ab.


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

hmm ja okay ganz ohne die zusätzlichen Voraussetzungen klappt es so wohl noch nicht... Tatsächlich weiss man in dem Kontext, in dem ich mich mit der Fragestellung auseinandersetze, auch, dass \(N, M\) und \(Q\) \(\mathbb{K}G\)-Moduln sind (wobei \(\mathbb{K}\) Primzahlcharakteristik hat - aber das ist wahrscheinlich nicht weiter wichtig). Somit wären die Moduln alle also auch \(\mathbb{K}\)-Vektorräume. Zusatzlich weiss man, dass \(N \oplus Q\) ein Permutationmodul endlicher \(\mathbb{K}\)-Dimension ist (also haben alle Moduln \(N, M\) und \(Q\) ebenfalls endliche \(\mathbb{K}\)-Dimension).


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

Die Fragestellung entsteht aus dem Kontext heraus, dass man eine exakte Sequenz der Form \(... \to P_1 \to N \oplus Q \to M \oplus Q \to 0\) (mit \(Q\) frei) vorliegen hat, und damit die Existenz einer exakten Sequenz der Form \(... \to P_1 \to N \to M \to 0\) begründen will.


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Triceratops
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-06-27

Damit hast du den Kontext bereits angedeutet, aber immer noch nicht vollständig beschrieben. Eine vollständige Beschreibung ist aber nötig, um deine Frage zu beantworten. Was ist denn das Resultat, das bewiesen werden soll? Ich glaube (wie gesagt) nicht, dass es wirklich auf das hinausläuft, was du in Beitrag 3 schreibst.


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

Das Resultat, das bewiesen werden soll, ist: Wenn \(M \oplus Q\) eine Auflösung durch Permutationsmoduln hat, dann auch \(M\) selbst. Hier der Auszug aus dem Artikel, den ich versuche zu verstehen. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51557_eauvlb_ieavb_f.PNG


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Triceratops
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-06-27

Bitte poste die Referenz zum Artikel (Autor und Titel). Und bitte mache das bei den zukünftigen Fragen direkt im Startbeitrag, um Rückfragen zu vermeiden.


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

\quoteon(2022-06-27 19:47 - Triceratops in Beitrag No. 6) Bitte poste die Referenz zum Artikel (Autor und Titel). Und bitte mache das bei den zukünftigen Fragen direkt im Startbeitrag, um Rückfragen zu vermeiden. \quoteoff https://www.math.ucla.edu/~balmer/Pubfile/Perm-res.pdf


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Triceratops
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-06-28

Sei $R$ ein Ring. Sei $P_2 \to P_1 \to P_0 \to M \oplus Q \to 0$ eine exakte Sequenz von $R$-Moduln (die noch weiter nach links weitergehen kann, aber nur dieser Teil spielt hier eine Rolle). Hierbei sei $Q$ frei. Das Ziel ist, eine exakte Sequenz $P_2 \to P_1 \to P'_0 \to M \to 0$ zu konstruieren, wobei $P'_0$ ein direkter Summand von $P_0$ ist. Wir haben einen Epimorphismus $P_0 \twoheadrightarrow M \oplus Q \twoheadrightarrow Q$. Weil $Q$ frei ist, spaltet er. Das bedeutet, dass wir einen Untermodul $P'_0 \subseteq P_0$ finden, nämlich den Kern von $P_0 \twoheadrightarrow Q$, mit $P_0 = P'_0 \oplus Q$, sodass $P_0 \twoheadrightarrow M \oplus Q$ von $P'_0 \twoheadrightarrow M$ induziert ist und auf $Q$ die Identität ist. Der Kern von $P'_0 \to M$ ist offenbar der Kern von $P_0 \to M \oplus Q$, also gleich dem Bild von $P_1 \to P_0$. Das zeigt zum einen, dass das Bild von $P_1 \to P_0$ in $P'_0$ enthalten ist, wir also einen Homomorphismus $P_1 \to P'_0$ erhalten, und zum anderen, dass das Bild von $P_1 \to P'_0$ der Kern von $P'_0 \to M$ ist. Das bedeutet, dass tatsächlich $P_2 \to P_1 \to P'_0 \to M \to 0$ an der Stelle $P'_0$ exakt ist. Die Exaktheit bei $M$ ist auch klar, und die Exaktheit bei $P_1$ folgt daraus, dass $P_2 \to P_1 \to P_0$ exakt ist und $P'_0$ ein Untermodul von $P_0$ ist (dadurch verändert sich ja dann der Kern nicht). Damit ist das Ziel erreicht. In dem Paper wird aber noch in dem speziellen Setup, also $R = \IK G$ für eine endliche $p$-Gruppe $G$ und einen Körper $\IK$ der der Charkteristik $p$, auch behauptet, dass wenn die Ausgangssequenz aus Permutationsmoduln besteht (die frei bis zum Grad $m$ sind), dann das auch für die neue Sequenz gilt. Das muss man ja dann nur für $P'_0$ zeigen. Aber es ist mir spontan nicht klar.


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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-06-28

Zum Vergleich: \quoteon(2022-06-26 23:54 - kokosnusskopf im Themenstart) Angenommen, es existiert eine Surjektion \(f: N \oplus Q \to M \oplus Q\). Kann man dann die Existenz einer solchen Surjektion \(f\) mit der Zusatzeigenschaft \(f \vert Q = id \vert Q\) folgern? \quoteoff In dieser Fragestellung war $N$ irgendein Modul. Aber in der Situation im Paper bzw. vorigen Beitrag ist $f : P_0 \to M \oplus Q$ ein Epimorphismus, und wir definieren $N$ als den Kern von $f$. Das ist also völlig unterschiedlich. Meine Vermutung am Ende von Beitrag 1 war also richtig.


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-30

Danke Triceratops. Das hilft mir wirklich sehr. Es bleibt jetzt nur noch zu klären, warum \(P_0'\) ein Permutationsmodul ist.


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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-01

Ich versuche seit längerem, dieser letzten Frage auf den Grund zu gehen, und habe beim Recherchieren im Internet folgendes herausgefunden: Sei \(G\) irgendeine endliche Gruppe. \(\mathbb{k}G\) - Module \(P\), für die ein Modul \(Q\) mit \(P \oplus Q\) Permutationsmodul existiert, nennt man \(p\)-Permutationsmodule. Diese sind äquivalent dadurch charakterisiert, dass sie eingeschränkt auf \(p\)-Untergruppen \(P\) von \(G\) \(\mathbb{k}P\)-Permutationsmodule sind. Diese äquivalente Charakterisierung liefert natürlich direkt die Antwort auf meine Frage, da hier bei \(G\) sowieso schon von einer \(p\)-Gruppe ausgegangen wird. Nur kann ich sie leider nur zum Teil beweisen. Ein Beweis findet sich hier (Theorem 1.1) https://coek.info/pdf-chapter-14-p-permutation-modules-.html Der einzige Schritt im Beweis von Theorem 1.1 den ich hier nicht ganz verstehe, ist der Beweisschritt (iv) auf (v). Und zwar verstehe ich nicht ganz, warum die Module \((1_Q)^{P}\) unzerlegbar sind. Das wird hier auch nicht bewiesen, sondern es wird auf eine frühere Stelle in der Literatur referenziert, die ich im Internet aber nicht finden kann.


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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-01

Habe jetzt was nützliches im Internet gefunde. lese es mal durch


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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-04

Mir ist mittlerweile alles klar, nur die Frage, warum \(P_0'\) frei sein muss, wenn \(P_0\) frei ist, ist noch nicht geklärt. Woran könnte das liegen?


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  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-04

Auch diese Frage habe ich mittlerweile geklärt: Für eine \(p\)-Gruppe \(G\) ist \(\mathbb{k}P\) als regulärer Modul unzerlegbar, also ist \(\mathbb{k}P\) ein lokaler Ring, und anscheinend sind über lokalen Ringen die projektiven Moduln genau die freien Moduln.


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  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-04

\quoteon(2022-07-04 14:48 - kokosnusskopf in Beitrag No. 14) Auch diese Frage habe ich mittlerweile geklärt: Für eine \(p\)-Gruppe \(G\) ist \(\mathbb{k}P\) als regulärer Modul unzerlegbar, also ist \(\mathbb{k}P\) ein lokaler Ring, und anscheinend sind über lokalen Ringen die projektiven Moduln genau die freien Moduln. \quoteoff Hier bin ich mir nicht so ganz sicher, ob das nicht vielleicht doch nur für kommutative Ringe gilt


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Triceratops
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  Beitrag No.16, eingetragen 2022-07-04

https://en.wikipedia.org/wiki/Kaplansky%27s_theorem_on_projective_modules (Ich kann allerdings nicht beurteilen, ob dieser Ring wirklich lokal ist.)


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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-04

Habe es jetzt raus. Zu zeigen, dass \(P_0'\) frei ist, war im Endeffekt eine einfache Folgerung aus dem Krull-Schmidt-Theorem: \(\mathbb{k}G\) ist als regulärer Modul unzerlegbar für \(p\)-Gruppen \(G\), und somit haben wir mit \(P_0 \cong (\mathbb{k}G)^n\) (für \(P_0\) frei) bereits die Zerlgung von \(P_0\) in unzerlegbare Moduln vorliegen. Wegen \(P_0 = P_0' \oplus Q\) folgt mit dem Krull-Schmidt-Theorem also \(P_0' \cong (\mathbb{k}G)^m\), somit ist auch \(P_0'\) frei.


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\quoteon(2022-07-04 16:24 - Triceratops in Beitrag No. 16) https://en.wikipedia.org/wiki/Kaplansky%27s_theorem_on_projective_modules (Ich kann allerdings nicht beurteilen, ob dieser Ring wirklich lokal ist.) \quoteoff https://www.ams.org/journals/proc/1985-093-03/S0002-9939-1985-0773988-9/S0002-9939-1985-0773988-9.pdf Das Lemma 0.3 aus der verlinkten Literatur zeigt, dass \(\mathbb{k}P\) als regulärer Modul unzerlegbar ist, wenn \(P\) eine \(p\)-Gruppe ist (wähle im Lemma \(Q = \{1\}\)). Im Beweis wird hier das verwendet: https://math.stackexchange.com/questions/3537647/invariant-subpaces-in-the-action-of-the-p-group-on-finite-field-vector-spaces


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