Ringhomomorphismus < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:21 Mo 29.12.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | Sei [mm] $\phi:R\to [/mm] S$ Ringhomomorphismus.
Zeige:
I) Wenn [mm] $J\unlhd [/mm] S$, so ist [mm] $\phi(J)^{-1}\unlhd [/mm] R$ ein Ideal.
II) Wenn [mm] $I\unlhd [/mm] R$ ein Ideal, so ist [mm] $\phi(I)\unlhd\phi(R)$ [/mm] |
Hallo,
ich bearbeite gerade diese Aufgabe und benötige glaube ich etwas Hilfe.
II) sollte ganz leicht sein. Das folgt ja direkt aus der Eigenschaft eines Ideals und den Homomorphieeigenschaften.
Da I Ideal ist, ist für alle [mm] $i\in [/mm] I$ auch [mm] $ir\in [/mm] I$ und [mm] $ri\in [/mm] I$ mit [mm] $r\in [/mm] R$.
Somit [mm] $\phi(ir)=\phi(i)\phi(r)$ [/mm] (Homomorphie)
und [mm] $\phi(ri)=\phi(r)\phi(i)$.
[/mm]
Für [mm] $\phi(i)\in\phi(I)$ [/mm] ist also [mm] $\phi(i)\phi(r)\in\phi(I)$ [/mm] und [mm] $\phi(r)\phi(i)\in [/mm] I$
für alle [mm] $\phi(r)\in\phi(R)$. [/mm] Also ist [mm] $\phi(I)\unlhd\phi(R)$ [/mm] ein Ideal.
Das müsste passen, richtig?
Zu I)
Hier bin ich mir ehrlich gesagt nicht sicher, ob das Inverse von [mm] $\phi$ [/mm] oder die Umkehrabbildung gemeint ist.
Ich würde zum Inversen tendieren. Denn [mm] $\phi$ [/mm] muss ja nicht zwangsläufig eine Umkehrabbildung haben, oder?
Dann müsste man doch Isomorphie fordern?
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> Sei [mm]\phi:R\to S[/mm] Ringhomomorphismus.
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> Zeige:
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> I) Wenn [mm]I\unlhd S[/mm], so ist [mm]\phi(J)^{-1}\unlhd R[/mm] ein Ideal.
>
> II) Wenn [mm]I\unlhd R[/mm] ein Ideal, so ist [mm]\phi(I)\unlhd\phi(R)[/mm]
> Hallo,
>
> ich bearbeite gerade diese Aufgabe und benötige glaube ich
> etwas Hilfe.
>
> II) sollte ganz leicht sein. Das folgt ja direkt aus der
> Eigenschaft eines Ideals und den Homomorphieeigenschaften.
>
> Da I Ideal ist, ist für alle [mm]i\in I[/mm] auch [mm]ir\in I[/mm] und [mm]ri\in I[/mm]
> mit [mm]r\in R[/mm].
>
> Somit [mm]\phi(ir)=\phi(i)\phi(r)[/mm] (Homomorphie)
> und [mm]\phi(ri)=\phi(r)\phi(i)[/mm].
>
> Für [mm]\phi(i)\in\phi(I)[/mm] ist also [mm]\phi(i)\phi(r)\in\phi(I)[/mm]
> und [mm]\phi(r)\phi(i)\in I[/mm]
> für alle [mm]\phi(r)\in\phi(R)[/mm]. Also
> ist [mm]\phi(I)\unlhd\phi(R)[/mm] ein Ideal.
>
> Das müsste passen, richtig?
Wenn dir klar ist, dass das homomorphe Bild einer Untergruppe eine Untergruppe der Zielgruppe ist, solltest du das noch anmerken, und ansonsten solltest du es dir klar machen.
> Zu I)
>
> Hier bin ich mir ehrlich gesagt nicht sicher, ob das
> Inverse von [mm]\phi[/mm] oder die Umkehrabbildung gemeint ist.
> Ich würde zum Inversen tendieren. Denn [mm]\phi[/mm] muss ja nicht
> zwangsläufig eine Umkehrabbildung haben, oder?
> Dann müsste man doch Isomorphie fordern?
Abgesehen davon, dass in I) einmal I und einmal J steht, ist [mm] $\varphi^{-1}(J)=\{r\in r\mid \varphi (r)\in J\} [/mm] $ das Urbild von J.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:51 Mo 29.12.2014 | | Autor: | YuSul |
zu II)
Ok, aber ansonsten passt es?
zu I)
Ja, du hast wieder recht. Das liegt leider daran, dass mein handschriftliches I und J recht ähnlich aussehen. Da habe ich mich verguckt. :(
Ich habe es oben editiert.
Also [mm] $\phi^{-1}(J)=\{r\in R|\phi(r)\in J\}$
[/mm]
Ok, ich gucke mal was ich damit zustande kriege.
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Ja.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:54 Mo 29.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Kann es sein, dass II) im Grunde genau so einfach ist?
Was mir irgendwie Probleme bereitet ist warum ich einfach so von der Umkehrfunktion sprechen kann. Warum existiert diese?
Gedacht hatte ich nun einfach wie folgt:
Da [mm] $J\unlhd [/mm] S$ ist [mm] $js\in [/mm] J$ und [mm] $sj\in [/mm] J$. Somit
[mm] $\phi^{-1}(js)\in\phi^{-1}(J)$
[/mm]
[mm] $\phi^{-1}(j) \underbrace{\phi^{-1}(s)}_{r}\in\phi^{-1}(J)$
[/mm]
[mm] $\phi^{-1}(j)r\in\phi^{-1}(J)$
[/mm]
Für [mm] $\phi^{-1}(sj)$ [/mm] wäre es analog.
Das Problem ist eben das mit der Umkehrfunktion.
Warum sollten die Elemente einfach so umkehrbar sein, und warum sollte die Umkehrfunktion auch die Homomorphieeigenschaft haben?
Nur weil [mm] $\phi: R\to [/mm] S$ ein Ringhomomorphismus ist heißt das ja noch lange nicht, dass es überhaupt so eine Umkehrfunktion geben muss. Braucht man hier keinen Isomorphismus, dann wäre alles klar, richtig? Also wenn [mm] $\phi$ [/mm] ein Ringisomorphismus wäre, dann könnte ich es so machen wie oben? Stimmt das?
Aber so wie ich es gemacht habe geht es vermutlich nicht, weil eben diese Eigenschaft fehlt.
Es muss ja nicht jedes Element aus J genau ein Urbild in R haben, oder sehe ich das falsch?
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moin,
> Das Problem ist eben das mit der Umkehrfunktion.
> Warum sollten die Elemente einfach so umkehrbar sein?
Wie du selbst gemerkt hast, hapert es an dieser Stelle. Natürlich kannst du nicht einfach die Umkehrfunktion verwenden; manche Elemente könnten mehrere oder gar kein Urbild haben. Stattdessen versuche es mal so: Sei $x [mm] \in \phi^{-1}(J)$. [/mm] Das heißt [mm] $\phi(x) \in [/mm] J$ und sei $r [mm] \in [/mm] R$. Dann gilt $rx [mm] \in \phi^{-1}(J)$, [/mm] da [mm] $\phi(rx) \in [/mm] J$ <-- das solltest du dann noch begründen, dann bist du mit diesem ersten Schritt fertig. :)
Und eine allgemeine Sache noch: für Ideale musst du nicht nur zeigen, dass sie unter Multiplikation abgeschlossen sind, sondern auch unter Addition.
lg
Schadow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:45 Mo 29.12.2014 | | Autor: | YuSul |
[mm] $\phi(rx)\in [/mm] J$ gilt, weil [mm] $J\unlhd [/mm] S$. Mit der Homomorphieeigenschaft ist
[mm] $\phi(rx)=\phi(r)\phi(x)$. [/mm] Dabei ist [mm] $\phi(x)\in [/mm] J$ und [mm] $\phi(x)\in [/mm] S$. Wie gesagt ist dies nun ein Element von J, weil J ein Ideal von S ist.
Das meintest du doch hoffentlich.
Die Ideal Eigenschaften für die Addition nachzuprüfen sollte doch Analog zur Multiplikation funktionieren, denn für einen Ringhomomorphismus gilt ja
[mm] $\phi(x+y)=\phi(x)+\phi(y)$
[/mm]
genau wie
[mm] $\phi(xy)=\phi(x)\phi(y)$
[/mm]
richtig?
Danke für den Hinweis, daran hätte ich gar nicht gedacht.
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Also, wir wollen (unter anderem) zeigen: Für [mm] $r\in [/mm] R$ und [mm] $i\in\phi^{-1}(J)$ [/mm] gilt [mm] $ri\in\varphi^{-1}(J)$. $i\in\phi^{-1}(J)$ [/mm] heißt genau, dass [mm] $\phi(i)\in [/mm] J$. Es gilt daher [mm] $\phi(ri)=\underbrace{\phi(r)}_{\in S}\underbrace{\phi(i)}_{\in J}$. [/mm] Da $J$ ein Ideal in $S$ ist, folgt [mm] $\phi(ri)\in [/mm] J$ und das ist äquivalent zu [mm] $ri\in\varphi^{-1}(J)$.
[/mm]
Genauso machst du es jetzt mit der Null und der Abgeschlossenheit unter Addition und Subtraktion.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:48 Di 30.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Das die Null enthalten ist liegt doch einfach daran, dass J schon ein Ideal ist, also die Null enthält und Homomorphismen neutral Element auf neutral Element abbilden.
Die Abgeschlossenheit bezüglich Addition (müsste man es strenggenommen auch für die Subtraktion zeigen, wobei das ja eigentlich das gleiche ist.)
folgt Analog zur Multiplikation.
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Ja, es geht ganz leicht und analog. Rechne es doch einfach mal vor 
Normalerweise muss man, wenn man die Untergruppeneigenschaft prüft, prüfen, dass Inverse enthalten sind. Im Fall von Idealen kann man das überspringen, wenn man vorher $ RI=I$ geprüft hat, denn dann gilt ja für alle $ [mm] i\in [/mm] I $ auch [mm] $-1*i\in [/mm] I $.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:04 Di 30.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ok.
Sei [mm] $x\in\phi^{-1}(J)$, [/mm] sei [mm] $r\in [/mm] R$, dann ist [mm] $x+r\in\phi^{-1}(J)$, [/mm] weil
[mm] $\phi(x+r)=\underbrace{\phi(x)}_{\in S}+\underbrace{\phi(r)}_{\in S}\in [/mm] J$, da J ein Ideal von S.
Es ist [mm] $0\in \phi^{-1}(J)$, [/mm] da [mm] $0\in [/mm] J$, weil J Ideal. Somit [mm] $\underbrace{\phi(0)}_{0_S}\in [/mm] J$
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> Ok.
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> Sei [mm]x\in\phi^{-1}(J)[/mm], sei [mm]r\in R[/mm], dann ist
> [mm]x+r\in\phi^{-1}(J)[/mm], weil
Moment! Die Summe zweier Elemente eines Ideals muss wieder im Ideal liegen, keineswegs jede Summe eines Idealelements mit einem Ringelement! Sonst gäbe es nur das Ideal $R$. Nimm $x$ und $r$ beide aus [mm] $\phi^{-1}(J)$, [/mm] dann kannst du...
> [mm]\phi(x+r)=\underbrace{\phi(x)}_{\in S}+\underbrace{\phi(r)}_{\in S}\in J[/mm],
> da J ein Ideal von S.
... hier unter beide Terme ein [mm] $\in [/mm] J$ schreiben, und dann ist der Schluss auch richtig.
> Es ist [mm]0\in \phi^{-1}(J)[/mm], da [mm]0\in J[/mm], weil J Ideal. Somit
> [mm]\underbrace{\phi(0)}_{0_S}\in J[/mm]
>
>
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:24 Di 30.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ok, wenn [mm] $x,r\in\phi^{-1}(J)$ [/mm] dann müsste nun der Schluss wie oben Funktionieren.
[mm] $x+r\in\phi^{-1}(J)$
[/mm]
[mm] $\phi(x+r)\in [/mm] J$
[mm] $\phi(x)+\phi(r)\in [/mm] J$, da J ein Ideal in S.
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Genau und mit [mm] $\phi(x+r)\in J\iff x+r\in\phi^{-1}(J)$ [/mm] beendet man das Argument.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:33 Di 30.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ok,
bei II) müsste ich dann auch noch kurz begründen weshalb die Null in [mm] $\phi(I)$ [/mm] ist und das es auch bezüglich der Addition abgeschlossen ist. Was wieder Analog zur Multiplikation geht.
Eine Frage hätte ich noch zu der Umkehrfunktion [mm] $\phi^{-1}$.
[/mm]
Woher weiß ich denn, dass ich diese einfach so anwenden darf?
Es könnte doch auch mehrere Urbilder geben, oder nicht?
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Es gibt hier keine Umkehrfunktion! Man schreibt einfach nur [mm] $\phi^{-1}(J)=\{x\mid\phi (r)\in J\} [/mm] $. Beispiel: [mm] $\phi (\IR)\to\IR$, [/mm] $ [mm] x\mapsto x^2$ [/mm] ist weder injektiv noch surjektiv. [mm] $\phi^{-1}(\{-1,0,4\})=\{0,-2,2\} [/mm] $.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:11 Mi 31.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ok, vielen Dank. Ich denke das ist mir nun klar.
Vielen Dank für die Hilfe.
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