Einheit, Nullteiler, Ring < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:53 Fr 26.12.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | | Sei $R$ ein endlicher kommutativer Ring. Zeigen Sie: $a [mm] \in [/mm] R$ ist Einheit genau dann, wenn $a$ kein Nullteiler ist. |
Hallo,
ich habe gerade folgendes bewiesen und wollte wissen ob es wirklich so einfach geht, wie ich es gemacht habe.
[mm] "$\Rightarrow$"
[/mm]
Sei a Einheit, dann gibt es ein [mm] $b\in R-\{0\}$ [/mm] mit ab=1.
Zu zeigen:
Angenommen es existiert ein [mm] $x\in R-\{0\}$ [/mm] mit ax=0, da [mm] $b\neq [/mm] 0$ ist
$abx=0$, wegen $ab=1$ ist dann $x=0$. Es ist aber [mm] $x\neq [/mm] 0$
Die Rückrichtung folgt eigentlich genau so einfach, wenn ich es richtig sehe...
[mm] "$\Leftarrow$"
[/mm]
Angenommen a ist eine Einheit, dann gibt es ein [mm] $y\in R-\{0\}$.
[/mm]
Wäre nun $ab=0$ für [mm] $a,b\in R-\{0\}$, [/mm] so ist
$ayb=0$, da $ay=1$ ist $b=0$. Im Widerspruch zu [mm] $b\neq [/mm] 0$
Tatsächlich so einfach?
Vielen dank im voraus.
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> Sei [mm]R[/mm] ein endlicher kommutativer Ring. Zeigen Sie: [mm]a \in R[/mm]
> ist Einheit genau dann, wenn [mm]a[/mm] kein Nullteiler ist.
> Hallo,
>
> ich habe gerade folgendes bewiesen und wollte wissen ob es
> wirklich so einfach geht, wie ich es gemacht habe.
>
> "[mm]\Rightarrow[/mm]"
>
> Sei a Einheit, dann gibt es ein [mm]b\in R-\{0\}[/mm] mit ab=1.
Im Nullring ist die $0$ eine Einheit, aber es gibt kein [mm] $b\inR-\{0\}$, [/mm] erst recht keines mit $ab=1$ 
> Zu zeigen:
>
> Angenommen es existiert ein [mm]x\in R-\{0\}[/mm] mit ax=0, da [mm]b\neq 0[/mm]
> ist
>
> [mm]abx=0[/mm], wegen [mm]ab=1[/mm] ist dann [mm]x=0[/mm]. Es ist aber [mm]x\neq 0[/mm]
Das ist richtig arumentiert. $a$ ist Nichtnullteiler, wenn aus $ax=0$ bereits $x=0$ folgt. Wenn $a$ Einheit ist folgt natürlich aus $ax=0$, dass [mm] $a^{-1}ax=1x=x=0$ [/mm] ist, also sind Einheiten Nichtnullteiler - weder Kommutativität noch Endlichkeit wird benutzt.
> Die Rückrichtung folgt eigentlich genau so einfach, wenn
> ich es richtig sehe...
>
> "[mm]\Leftarrow[/mm]"
>
> Angenommen a ist eine Einheit, dann gibt es ein [mm]y\in R-\{0\}[/mm].
>
> Wäre nun [mm]ab=0[/mm] für [mm]a,b\in R-\{0\}[/mm], so ist
>
> [mm]ayb=0[/mm], da [mm]ay=1[/mm] ist [mm]b=0[/mm]. Im Widerspruch zu [mm]b\neq 0[/mm]
>
> Tatsächlich so einfach?
Hier hat du nochmal dasselbe gezeigt, wenn $a$ Einheit ist, ist $a$ Nichtnullteiler. Bei dieser Richtung können wir uns jetzt also besonders sicher sein, aber die andere Richtung würde ich gerne auch noch sehen Da wirst du auch die Endlichkeit benutzen müssen.
> Vielen dank im voraus.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:46 Sa 27.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Die Rückrichtung ist also so passend?
Die Hinrichtung habe ich noch mal probiert, aber ich bin ehrlich gesagt nicht wirklich auf einen anderen Ansatz gekommen. Vor allem auf keinen wo ich tatsächlich die Endlichkeit von R gebrauche.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:29 Sa 27.12.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ja, umgedreht, die Hinrichtung ist richtig. Zur Rückrichtung:
Sei $a$ kein Nullteiler. Betrachte die Abbildung [mm] $l_a: [/mm] R [mm] \Rightarrow [/mm] R, [mm] r\mapsto [/mm] ar$.
Zeige jetzt: [mm] l_a [/mm] ist injektiv. Wegen der Endlichkeit von $R$ folgt daraus noch mehr für [mm] l_a. [/mm] Probier da mal etwas rum.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:53 Sa 27.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Uff, da wäre ich ja nie drauf gekommen hier eine Abbildung ins Spiel zu bringen und diese auf injektivität und wahrscheinlich surjektivität zu überprüfen.
Wenn ich zeigen kann, dass für a kein Nullteiler die Abbildung surjektiv ist, dann bedeutet dies ja gerade auch, dass a eine Einheit ist.
Das [mm] $I_a$ [/mm] injektiv ist folgt leicht:
[mm] $I_a(r_1)=I_a(r_2)$
[/mm]
[mm] $ar_1=ar_2$ [/mm] da a kein Nullteiler darf ich "kürzen", also
[mm] $r_1=r_2$
[/mm]
Somit injektiv.
Nun möchte ich zeigen, dass eine injektive Abbildung von einer endlichen Menge in sich selbst surjektiv ist. Den Beweis führe ich mit Induktion nach der Anzahl der Elemente.
Wenn |R|=1, dann ist nichts zu zeigen. Der Induktionsanfang ist klar.
Für den Induktionsschritt nehme ich die Menge
[mm] $R':=R\cup\{r_{n+1}\}$
[/mm]
Die Abbildung
[mm] $I_a:R\to [/mm] R$ ist surjektiv nach I.A. und bilde nun einfach
[mm] $r_{n+1}\mapsto ar_{n+1}$
[/mm]
Dann ist auch
[mm] $I'_a:R'\to [/mm] R'$ mit
[mm] $r\mapsto [/mm] ar$
surjektiv.
Das macht doch bestimmt wieder keinen Sinn...
Jedenfalls, wenn die Abbildung surjektiv wäre, dann ist damit klar, dass a eine Einheit ist, weil dann die 1 ein Urbild hat, also besitzt a ein Inverses.
Wäre dieser Schluss wenigstens richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:18 Sa 27.12.2014 | | Autor: | hippias |
> Uff, da wäre ich ja nie drauf gekommen hier eine Abbildung
> ins Spiel zu bringen und diese auf injektivität und
> wahrscheinlich surjektivität zu überprüfen.
Ja, das ist sehr elegant.
> Wenn ich zeigen kann, dass für a kein Nullteiler die
> Abbildung surjektiv ist, dann bedeutet dies ja gerade auch,
> dass a eine Einheit ist.
Ja.
>
> Das [mm]I_a[/mm] injektiv ist folgt leicht:
>
> [mm]I_a(r_1)=I_a(r_2)[/mm]
>
> [mm]ar_1=ar_2[/mm] da a kein Nullteiler darf ich "kürzen", also
>
> [mm]r_1=r_2[/mm]
>
> Somit injektiv.
Ja.
>
> Nun möchte ich zeigen, dass eine injektive Abbildung von
> einer endlichen Menge in sich selbst surjektiv ist. Den
> Beweis führe ich mit Induktion nach der Anzahl der
> Elemente.
>
> Wenn |R|=1, dann ist nichts zu zeigen. Der Induktionsanfang
> ist klar.
>
> Für den Induktionsschritt nehme ich die Menge
>
> [mm]R':=R\cup\{r_{n+1}\}[/mm]
>
> Die Abbildung
>
> [mm]I_a:R\to R[/mm] ist surjektiv nach I.A. und bilde nun einfach
>
> [mm]r_{n+1}\mapsto ar_{n+1}[/mm]
>
> Dann ist auch
>
> [mm]I'_a:R'\to R'[/mm] mit
>
> [mm]r\mapsto ar[/mm]
>
> surjektiv.
>
> Das macht doch bestimmt wieder keinen Sinn...
Naja, es ist verbesserungsbeduerftig. Im Induktionsschritt musst Du von einer Menge $R'$ mit $n+1$ Elementen und einer injektiven Abbildung [mm] $f:R'\to [/mm] R'$ ausgehen, von der Du Surjektivitaet nachweisen willst. Du hattest aber ein surjektives $I'$ konstruiert. Ausserdem braucht die Einschraenkung auf $R$ keineswegs auch $R$ als Bild zu haben.
Ich wuerde sagen, an dieser Stelle darfst Du benutzen, dass fuer endliche Mengen $X$ und Abbildungen [mm] $f:X\to [/mm] X$ gilt, dass $f$ genau dann injektiv ist, wenn $f$ surjektiv ist. Endliche Mengen werden sogar manchmal mittels dieser Eigenschaft definiert.
In Buechern ueber Mengenlehre gibt es sicher schoene Beweise dafuer.
Sicherlich gibt es aber auch gute Beweise, die an Deine spezielle Situation (Ringe etc.) angepasst sind.
>
> Jedenfalls, wenn die Abbildung surjektiv wäre, dann ist
> damit klar, dass a eine Einheit ist, weil dann die 1 ein
> Urbild hat, also besitzt a ein Inverses.
> Wäre dieser Schluss wenigstens richtig?
Ja.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:29 Sa 27.12.2014 | | Autor: | YuSul |
"Ich wuerde sagen, an dieser Stelle darfst Du benutzen, dass fuer endliche Mengen X und Abbildungen $ [mm] f:X\to [/mm] X $ gilt, dass f genau dann injektiv ist, wenn f surjektiv ist."
Ja, diese Aussage ist mir eigentlich bekannt.
Da könnte ich doch etwa den Satz von Schröder-Bernstein verwenden.
Der sagt ja gerade, dass es eine bijektive Abbildung zwischen gleichmächtigen Mengen gibt. Also vor allem wenn ich eine Abbildung einer Menge in sich selbst habe.
Wie diese aussieht spielt dann doch eigentlich keine Rolle mehr, oder?
Es geht ja nur darum, dass ich eine solche Abbildung finden kann wo dann die 1 ein Urbild hat, was bedeutet, dass a eine Einheit ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:33 Sa 27.12.2014 | | Autor: | hippias |
Nein, Du moechtest nicht die Existenz irgendeiner bijektiven Abbildung nachweisen, sondern von der speziellen Funktion [mm] $r\mapsto [/mm] ra$ zeigen, dass sie bijektiv ist. Dazu reicht es unter den gegebenen Umstaenden zu wissen, dass sie injektiv ist.
Und dass der Satz von Schroeder-Bernstein aussagt, dass es zwischen gleichmaechtigen Mengen eine Bijektion gibt, moechte ich stark anzweifeln.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:39 Mo 29.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Wir haben mal auf einem Übungsblatt bewiesen, dass ein Monomorphismus von endlichen Gruppen, die die selbe Kardinalität haben surjektiv ist.
Auf diese Übungsaufgabe könnte ich doch verweisen, oder?
Das es ein Homomorphismus ist spielt ja im Grunde keine Rolle.
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Nur handelt es sich hierbei auch nicht um Gruppen. Ich denke, wenn du schreibst "Wegen [mm] \dots [/mm] ist $ [mm] l_a [/mm] $ injektiv und als injektive Selbstabbildung einer endlichen Menge damit bereits bijektiv" wird das völlig ok sein.
Nochmal zwei kurze Anmerkungen zum Thema:
1. Kommutativität muss man nirgends verwenden.
2. Man kann allgemeiner zeigen, dass ein endliches Monoid mit Linkskürzungsregel ($ [mm] xy=xz\implies [/mm] y=z $) oder Rechtskürzungsregel - diese sind im endlichen Fall äquivalent - bereits eine Gruppe ist, mit genau der Idee von Teufel oben. Hier wendet man diesen Satz dann nur noch auf das Monoid aller Nichtnullteiler an.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:52 Mo 29.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Stimmt, eigentlich sollte das ausreichen.
Ich danke euch für die Hilfe. :)
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> Ich wuerde sagen, an dieser Stelle darfst Du benutzen, dass
> fuer endliche Mengen [mm]X[/mm] und Abbildungen [mm]f:X\to X[/mm] gilt, dass
> [mm]f[/mm] genau dann injektiv ist, wenn [mm]f[/mm] surjektiv ist. Endliche
> Mengen werden sogar manchmal mittels dieser Eigenschaft
> definiert.
> In Buechern ueber Mengenlehre gibt es sicher schoene
> Beweise dafuer.
Einen leichten Beweis findet man z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier (dass die dortige Definition von Dedekind-Endlichkeit äquivalent zu "injektive Selbstabbildungen sind bijektiv" ist, kann man sich ja leicht überlegen). Aber ich denke auch, dass man das Prinzip hier verwenden kann und soll, ohne es extra zu beweisen. Man kennt es auch als das "Schubfachprinzip".
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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