komm. ring enthaelt koerper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:11 Sa 28.11.2015 | | Autor: | Yomu |
| Aufgabe | Es sei R ein kommutativer Ring, welcher einen Körper [mm] \IK
[/mm]
enthält. Zeige:
(1) R ist ein [mm] \IK [/mm] -Vektorraum.
(2) Falls [mm] dim_{\IK} [/mm] R < ∞, so ist jedes Element in R\ {0} entweder eine Einheit oder ein
Nullteiler.
(3) Die Aussage in (2) ist falsch, falls [mm] dim_{K} [/mm] R = ∞.
Bem: Ist R wie oben beschrieben, so nennt man R auch eine [mm] \IK-Algebra. [/mm] |
Hallo zusammen, ich komm nicht weiter bei dieser Aufgabe,
Ich denke (1) sollte kein Problem sein,
zu (3) hab ich mir gedacht wenn ich mir den Polynomring ueber einem Korper [mm] \IK [/mm] nehme, dann enthaelt dieser einen Koerper und z.B. ist dann [mm] X^{2} \in \IK[X] [/mm] kein Nullteiler und keine Einheit, das hab ich aber noch nicht nachgerechnet.
Probleme bereitet mir der zweite Aufgabenteil,
irgendwie ist doch das einzige was ich weiss, dass es eine endliche Basis in R gibt, also n [mm] \in \IN [/mm] Vektoren welche linear unabhaengig sind. Deswegen hab ich angenommen dass es ein a [mm] \in [/mm] R gibt welches weder Einheit noch Nullteiler ist und versucht daraus zu folgern, dass die n Vektoren nicht linear unabhaengig sein koennen, leider ohne Erfolg.
Kann mir jemand hier vielleicht weiterhelfen?
Mit freundlichen Gruessen,
Yomu
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:19 Sa 28.11.2015 | | Autor: | felixf |
Moin Yomu!
> Es sei R ein kommutativer Ring, welcher einen Körper [mm]\IK[/mm]
> enthält. Zeige:
> (1) R ist ein [mm]\IK[/mm] -Vektorraum.
> (2) Falls [mm]dim_{\IK}[/mm] R < ∞, so ist jedes Element in R\
> {0} entweder eine Einheit oder ein
> Nullteiler.
> (3) Die Aussage in (2) ist falsch, falls [mm]dim_{K}[/mm] R = ∞.
> Bem: Ist R wie oben beschrieben, so nennt man R auch eine
> [mm]\IK-Algebra.[/mm]
>
> Hallo zusammen, ich komm nicht weiter bei dieser Aufgabe,
> Ich denke (1) sollte kein Problem sein,
> zu (3) hab ich mir gedacht wenn ich mir den Polynomring
> ueber einem Korper [mm]\IK[/mm] nehme, dann enthaelt dieser einen
> Koerper und z.B. ist dann [mm]X^{2} \in \IK[X][/mm] kein Nullteiler
> und keine Einheit, das hab ich aber noch nicht
> nachgerechnet.
Genau.
> Probleme bereitet mir der zweite Aufgabenteil,
> irgendwie ist doch das einzige was ich weiss, dass es eine
> endliche Basis in R gibt, also n [mm]\in \IN[/mm] Vektoren welche
> linear unabhaengig sind. Deswegen hab ich angenommen dass
> es ein a [mm]\in[/mm] R gibt welches weder Einheit noch Nullteiler
> ist und versucht daraus zu folgern, dass die n Vektoren
> nicht linear unabhaengig sein koennen, leider ohne Erfolg.
Die Abbildung $x [mm] \mapsto [/mm] x y$ für ein festes $y [mm] \in [/mm] R$ ist ein [mm] $\IK$-Vektorraum-Endomorphismus.
[/mm]
Da $R$ ein endlichdimensionaler [mm] $\IK$-Vektorraum [/mm] ist, ist ein Endomorphismus davon genau dann injektiv, wenn er surjektiv ist. Das kannst du hier verwenden.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:08 Sa 28.11.2015 | | Autor: | Yomu |
Vielen Dank fuer deine Antwort, hat mir sehr geholfen!
So sollte es klappen:
Angenommen a [mm] \in [/mm] R [mm] \backslash [/mm] {0} ist kein Nullteiler und keine Einheit, [mm] B={b_{1},...,b_{n}} [/mm] eine Basis von R, dann kann man leicht zeigen dass aB auch eine Basis von R ist,
dann gilt fuer x,y [mm] \in [/mm] R, [mm] x=\alpha_{1}*b_{1}+...+\alpha_{n}*b_{n} [/mm] , [mm] y=\beta_{1}*b_{1}+...+\beta_{n}*b_{n}, [/mm] mit x [mm] \not= [/mm] y:
[mm] (\alpha_{1},...,\alpha_{n}) \not= (\beta_{1},...,\beta_{n})
[/mm]
[mm] \Rightarrow a*x=a*(\alpha_{1}*b_{1}+...+\alpha_{n}*b_{n})=\alpha_{1}*a*b_{1}+...+\alpha_{n}*a*b_{n} \not= \beta_{1}*a*b_{1}+...+\beta_{n}*a*b_{n} [/mm] = a*y
[mm] \Rightarrow [/mm] unser Endomorphismus ist injektiv und somit auch surjektiv, was allerdings ein Widerspruch ist, da es nach Wahl von a kein z [mm] \in [/mm] R gibt mit a*z=1
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:18 Sa 28.11.2015 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Vielen Dank fuer deine Antwort, hat mir sehr geholfen!
>
> So sollte es klappen:
> Angenommen a [mm]\in[/mm] R [mm]\backslash[/mm] {0} ist kein Nullteiler und
> keine Einheit, [mm]B={b_{1},...,b_{n}}[/mm] eine Basis von R, dann
> kann man leicht zeigen dass aB auch eine Basis von R ist,
> dann gilt fuer x,y [mm]\in[/mm] R,
> [mm]x=\alpha_{1}*b_{1}+...+\alpha_{n}*b_{n}[/mm] ,
> [mm]y=\beta_{1}*b_{1}+...+\beta_{n}*b_{n},[/mm] mit x [mm]\not=[/mm] y:
> [mm](\alpha_{1},...,\alpha_{n}) \not= (\beta_{1},...,\beta_{n})[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow a*x=a*(\alpha_{1}*b_{1}+...+\alpha_{n}*b_{n})=\alpha_{1}*a*b_{1}+...+\alpha_{n}*a*b_{n} \not= \beta_{1}*a*b_{1}+...+\beta_{n}*a*b_{n}[/mm]
> = a*y
> [mm]\Rightarrow[/mm] unser Endomorphismus ist injektiv und somit
> auch surjektiv, was allerdings ein Widerspruch ist, da es
> nach Wahl von a kein z [mm]\in[/mm] R gibt mit a*z=1
Genau.
Du kannst es aber auch als direkten Beweis formulieren: du fängst an mit "$a$ ist kein Nullteiler" und zeigst, dass es dann invertierbar ist.
Du kannst auch direkt aus "$a$ ist kein Nullteiler" folgen, dass der Kern von $x [mm] \mapsto [/mm] a x$ trivial ist (das ist äquivalent), womit die Abbildung injektiv ist. Deswegen ist sie auch surjektiv, womit es ein $x [mm] \in [/mm] R$ mit $a x = 1$ gibt; also ist $a$ invertierbar. Tada :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:40 So 29.11.2015 | | Autor: | Yomu |
Ahja, du hast Recht, die Varianten sind noch etwas schoener.
Danke nochmal, ich glaube alleine waer ich nicht so schnell auf den Homomorphismus gekommen.
Mit freundlichen Gruessen,
Yomu
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