"Dimension" von freien Moduln < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Ich möchte gerne eine Knobelaufgabe stellen. Ich weiß nicht, ob es sich hierbei um Standardwissen handelt, aber wer weiß, wie es geht, muss ja nicht mitknobeln ;)
Für Körper $K$ ist wohlbekannt: Wenn es einen Epimorphismus [mm] $K^m\longrightarrow K^n$ [/mm] gibt, so gilt [mm] $m\ge [/mm] n$. Wenn es einen Monomorphismus [mm] $K^m\longrightarrow K^n$ [/mm] gibt, so gilt [mm] $m\le [/mm] n$.
Gelten die entsprechenden Aussagen für Ringe? Für Schiefkörper? Gelten sie für kommutative Ringe? Noethersche, artinsche Ringe? Antwort durch Beweis oder Gegenbeispiel. |
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
| |
|
Jeder der genannten Spezialfälle lässt sich übrigens unterschiedlich angehen. Manche Teilaussagen lassen sich auf andere zurückführen. Die Schwierigkeitsgrade sind unterschiedlich. An manchen Stellen habe ich etwas fortgeschrittenere Methoden benutzt, aber auch da kann ich mir vorstellen, dass es elementar geht. Ich hoffe, ein paar Leser fühlen sich angesprochen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:17 Sa 24.10.2015 | | Autor: | tobit09 |
Diese "Frage" dient nur dem Zweck, dass die Übungsaufgabe in der Liste der offenen Fragen auftaucht.
Bitte nicht "beantworten".
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:20 So 06.12.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 20:55 Sa 24.10.2015 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ich möchte gerne eine Knobelaufgabe stellen. Ich weiß
> nicht, ob es sich hierbei um Standardwissen handelt, aber
> wer weiß, wie es geht, muss ja nicht mitknobeln ;)
>
> Für Körper [mm]K[/mm] ist wohlbekannt: Wenn es einen Epimorphismus
> [mm]K^m\longrightarrow K^n[/mm] gibt, so gilt [mm]m\ge n[/mm]. Wenn es einen
> Monomorphismus [mm]K^m\longrightarrow K^n[/mm] gibt, so gilt [mm]m\le n[/mm].
>
> Gelten die entsprechenden Aussagen für Ringe? Für
> Schiefkörper? Gelten sie für kommutative Ringe?
> Noethersche, artinsche Ringe? Antwort durch Beweis oder
> Gegenbeispiel.
Für kommutative Ringe mit Eins ist das ziemlich einfach -- zumindest wenn man an das Auswahlaxiom glaubt (oder sonstwie maximale Ideale herzaubert).
Es gibt da zwei Fälle:
1. Für den Nullring $R = 0$ gilt [mm] $R^n \cong R^m$ [/mm] für alle $n, m$.
2. Für einen Ring $R [mm] \neq [/mm] 0$ gilt die Behauptung: da $R [mm] \neq [/mm] 0$ und dem Auswahlaxiom gibt es ein maximales Ideal $M [mm] \subseteq [/mm] R$, und es gilt [mm] $\varphi(M R^n) \subset \varphi(M R^m)$ [/mm] falls [mm] $\varphi [/mm] : [mm] R^n \to R^m$ [/mm] ein $R$-Modul-Homomorphismus ist. Damit bekommt man einen Homomorphismus [mm] $\varphi/M [/mm] : [mm] (R/M)^n \cong R^n/MR^n \to R^m/MR^m \cong (R/M)^m$. [/mm] Ist [mm] $\varphi$ [/mm] injektiv, so auch [mm] $\varphi/M$, [/mm] und ist [mm] $\varphi$ [/mm] surjektiv, so auch [mm] $\varphi/M$. [/mm] Da $R/M$ ein Körper ist, folgt $n [mm] \le [/mm] m$ falls [mm] $\varphi$ [/mm] injektiv und $n [mm] \ge [/mm] m$ falls [mm] $\varphi$ [/mm] surjektiv.
Spannend wird es erst, wenn $R$ keine Eins hat, oder wenn $R$ nicht kommutativ ist.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:58 Sa 24.10.2015 | | Autor: | felixf |
Moin!
Kurze Anmerkung: die "Dimension" eines freien Moduls nennt man übrigens dessen Rang. Dieser ist zumindest bei kommutativen Ringen ungleich dem Nullring wohldefiniert. (Zumindest mit Auswahlaxiom.) Beim Nullring ist er z.B. nicht wohldefiniert.
Bei nicht-kommutativen Ringen ist das schon gleich viel schwieriger... Da weiss ich leider nicht so viel drüber 
LG Felix
|
|
|
| |
|
Hallo felix!
Dass dies die Behauptung für Epimorphismen zeigt, glaube ich dir - was du machst, ist ja, die Skalarerweiterung entlang [mm] $R\twoheadrightarrow [/mm] R/M$ betrachten. Weil Skalarerweiterung rechtsexakt ist, geht ein sujrektiver Homomorphismus auf einen surjektiven Homomorphismus von Vektorräumen. Dies wäre auch mein erster Lösungsvorschlag für diesen Fall gewesen.
Bei der Aussage über Monomorphismen bin ich skeptisch, da das Tensorprodukt nicht linksexakt ist, und da ich nicht einsehen kann, weshalb hier die Injektivität erhalten bleiben sollte. Übersehe ich etwas?
Über Ringe ohne Eins können wir auch gerne nachdenken, allerdings habe ich da keine Intuition und weiß nicht wirklich, wie man da argumentieren kann.
Weil meine Lösungen auch das Auswahlaxiom brauchen, wäre es natürlich interessant, zu wissen, ob man das auch rechnerisch mittels Matrizenrechnung o.Ä. einsehen kann.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:56 So 25.10.2015 | | Autor: | felixf |
Moin UniversellesObjekt!
> Dass dies die Behauptung für Epimorphismen zeigt, glaube
> ich dir - was du machst, ist ja, die Skalarerweiterung
> entlang [mm]R\twoheadrightarrow R/M[/mm] betrachten. Weil
> Skalarerweiterung rechtsexakt ist, geht ein sujrektiver
> Homomorphismus auf einen surjektiven Homomorphismus von
> Vektorräumen. Dies wäre auch mein erster
> Lösungsvorschlag für diesen Fall gewesen.
Ok :)
> Bei der Aussage über Monomorphismen bin ich skeptisch, da
> das Tensorprodukt nicht linksexakt ist, und da ich nicht
> einsehen kann, weshalb hier die Injektivität erhalten
> bleiben sollte. Übersehe ich etwas?
Stimmt. Ganz so einfach geht's nicht.
Man könnte oBdA annehmen, dass $R$ ein lokaler Ring ist (Lokalisieren ist exakt). Vielleicht kann man mit dem Lemma von Nakayama etwas machen (als Modul den Kern der Abbildung [mm] $R^n \to (R/M)^m$ [/mm] betrachten)? Was wirklich gutes fällt mir aber auch gerade nicht ein dazu...
> Über Ringe ohne Eins können wir auch gerne nachdenken,
> allerdings habe ich da keine Intuition und weiß nicht
> wirklich, wie man da argumentieren kann.
Same here.
> Weil meine Lösungen auch das Auswahlaxiom brauchen, wäre
> es natürlich interessant, zu wissen, ob man das auch
> rechnerisch mittels Matrizenrechnung o.Ä. einsehen kann.
Gute Frage. Hab das ein wenig probiert, auf den ersten Blick hab ich keine Idee.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:08 So 25.10.2015 | | Autor: | felixf |
Moin UniversellesObjekt!
Apropos, etwas verwandtes: https://en.wikipedia.org/wiki/Invariant_basis_number
Da wird etwas ähnliches bewiesen, der spannende Teil im Beweis fehlt dort allerdings. (Dort wird gezeigt: [mm] $\varphi$ [/mm] bijektiv [mm] $\Rightarrow \varphi_M$ [/mm] bijekiv in meiner Notation.) Aber vielleicht hilft das beim Finden eines Beweises 
LG Felix
|
|
|
| |
|
Die Aussage über Epimorphismen für nicht-unitale Ringe kann man vielleicht auf den unitalen Fall zurückführen. Immerhin hat der Vergissfunktor einen Linksadjungierten, der jedem nicht-unitalen Ring einen echten Ring zuordnet. Ob der sich geeignet auf Moduln fortsetzen lässt und dabei immernoch Koprodukte, Epimorphismen und Co erhält, habe ich mir nicht überlegt, aber vielleicht mache ich das noch. Edit: Ich bin nicht mehr sonderlich überzeugt, dass man es sich so einfach machen kann.
Ob Nakayama weiterhilft, weiß ich nicht. Das Nakayama-Lemma für lokale Ringe [mm] $(R,\mathfrak{m})$ [/mm] setzt ja Erzeugendensysteme von $M$ in Beziehung zu solchen von [mm] $M/\mathfrak{m}M$, [/mm] wobei wieder die Skalarerweiterung eingeht. Aber bei der Aussage über Monomorphismen geht es ja eher um linear unabhängige Systeme als um Erzeugendensysteme und Skalarerweiterung ist schwierig, wie wir schon festgestellt haben. Aber vielleicht geht doch 'was. Lokalisiert habe ich übrigens auch.
Welche Aussage über IBN-Ringe meintest du eigentlich, die auf Wikipedia nicht bewiesen wird? IBN ist ja eine schwächere Aussage, als meine beiden, aber nachdenken könnte man darüber auch. Beispielsweise wird ja behauptet, dass sie für noethersche Ringe gilt, wobei ich im nichtkommutativen Fall mit Noetherzität für meine Aussagen nichts anfangen konnte.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
Ich liefere nochmal ein paar Ansätze, die man verfolgen könnte. Vielleicht mag ja außer Felix noch jemand mitmachen.
Ich kürze jetzt einfach mal ab: $R$ erfüllt EPI, falls aus [mm] $K^m\twoheadrightarrow K^n$ [/mm] stets [mm] $m\ge [/mm] n$ folgt und erfült MONO, falls aus [mm] $R^m\hookrightarrow R^n$ [/mm] stets [mm] $m\le [/mm] n$ folgt. Man könnte auch noch untersuchen: $R$ heißt ISO, falls aus [mm] $R^m\cong R^n$ [/mm] stets $m=n$ folgt.
Man kann MONO auch elementarer formulieren: Ist $X$ eine Basis eines Moduls $M$ und $Y$ ein linear unabhängiges System, so gilt [mm] $\#Y\le \#X$. [/mm] Analog kann man EPI umformulieren. ISO besagt, dass zwei (endliche) Basen dieselbe Mächtigkeit haben.
Für folgende Aussagen habe ich Beweise gefunden:
1) Für jeden Ring $R$ gilt: MONO [mm] $\implies$ [/mm] EPI [mm] $\implies$ [/mm] ISO.
2) Schiefkörper sind MONO.
3) Es gibt nichtkommutative Ringe, bei denen ISO fehlschlägt.
4) Ein Ring $R$, welcher als Linksmodul über sich selbst noethersch und artinsch ist, erfüllt MONO.
5) Den allgemeinen kommutativen Fall kann man auf 4) zurückführen.
Felix hat außerdem schon gezeigt, dass kommutative Ringe EPI erfüllen.
Liebe Grüße und weiterhin viel Spaß beim grübeln,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:31 Mi 28.10.2015 | | Autor: | hippias |
Du findest einige Ergebnisse dazu ![[]](/images/popup.gif) hier in dem Kapitel über Noetherian and Artinian Rings. Vielleicht lässt sich damit die schlimmste Neugierde vorerst befriedigen.
|
|
|
| |
|
Weil hier wohl nichts mehr kommt, meine Lösung:
Zunächst ein Gegenbeispiel für den allgemeinen Fall. Sei $V$ ein Vektorraum von abzählbarer Dimension und [mm] $R=\operatorname{End}V$ [/mm] der Endomorphismenring. Es gilt [mm] $V\cong V\oplus [/mm] V$ und somit [mm] $R=\hom(V,V)=\hom(V,V\oplus V)=\hom(V,V)\oplus\hom(V,V)=R^2$ [/mm] als $K$-Vektorräume. Man prüft nach, dass dies sogar ein Isomorphismus von $R$-Moduln ist.
Als nächstes stellen wir fest, dass die Eigenschaft MONO stärker ist, als die Eigenschaft EPI. Sei nämlich $R$ ein Ring, der MONO erfüllt. Sei [mm] $R^m\twoheadrightarrow R^n$ [/mm] ein Epimorphismus. [mm] $R^n$ [/mm] ist frei, also projektiv, also spaltet der Epimorphismus und liefert einen Monomorphismus [mm] $R^n\hookrightarrow R^m$. [/mm] Nach Voraussetzung folgt [mm] $n\le [/mm] m$.
Ringe, die linksnoethersch und linksartinsch sind, erfüllen MONO. Um das einzusehen, definieren wir den Begriff der Länge: Unter der Länge eines Moduls $M$ verstehen wir die maximale Länge einer Kette von Untermoduln von $M$. Ringe, die linksnoethersch und linksartinsch sind, sind genau diejenigen, welche endliche Länge als Modul über sich selbst haben.
Man kann sich leicht überlegen, dass alle maximalen Ketten von Untermoduln dieselbe Länge haben und dass jede Kette zu einer maximalen Kette verfeinerbar ist. Daraus ergibt sich z.B. dass die Länge additiv auf kurzen exakten Sequenzen ist. Insbesondere ist die Länge eines Untermoduls stets kleinergleich der Länge des ganzen Moduls. Ein Monomorphismus [mm] $R^m\hookrightarrow R^n$ [/mm] führt also zu [mm] $\operatorname{length}(R^m)\le\operatorname{length}(R^n)$. [/mm] Die Additivität der Länge führt aber auch zu [mm] $\operatorname{length}(R^m)=m\cdot\operatorname{length}(R)$. [/mm] Wir können also [mm] $\operatorname{length}(R)$ [/mm] kürzen und finden [mm] $m\le [/mm] n$.
Insbesondere sind Schiefkörper MONO.
Den allgemeinen kommutativen Fall können wir nun auch lösen: Gelte [mm] $R^m\hookrightarrow R^n$. [/mm] Dieser Monomorphismus wird durch eine Matrix dargestellt. Ersetzen wir $R$ durch den Unterring $R'$, der von allen Matrixeinträgen erzeugt wird, so definiert dieselbe Matrix eine lineare Abbildung [mm] $R'^m\longrightarrow [/mm] R'^n$, welche natürlich ebenfalls trivialen Kern hat. Gemäß Hilberts Basissatz ist $R'$ noethersch, wir dürfen also annehmen, dass $R$ noethersch ist. Betrachten wir die Situation lokal an einem minmalen Primideal (dafür brauchen wir das Auswahlaxiom, eventuell auch schon beim Anwenden von Hilberts Basissatz), so erhalten wir einen Monomorphismus [mm] $(R_\mathfrak{p})^m\hookrightarrow (R_\mathfrak{p})^n$. $R_\mathfrak{p}$ [/mm] ist ebenfalls noethersch. Das Spektrum dieses Ringes ist der Einpunktraum, hat also Krulldimension Null. Daher ist [mm] $R_\mathfrak{p}$ [/mm] lokal, noethersch und artinsch und die Behauptung folt aus dem Spezialfall.
Das ist die ökonomischste Lösung, die mir eingefallen ist, vermutlich gibt es viele weitere.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
|
