Algebra II SS2012 — Forum

Mathematische Fragen/Anmerkungen zu der Vorlesung oder zu den Übungen?

Wenn “Ja”, dann tragen Sie sie bitte ein.

“Disclaimer”: Dieses Forum hat noch nicht die von mir gewünschte Form — und wird deswegen allmählich verbessert. Trotzdem werden wir es aber so wie es jetzt steht benutzen.

4 thoughts on “Algebra II SS2012 — Forum

  1. Ich mache den einfachen Anfang, um u.A. zu zeigen, dass man hier im Forum Mathematik \(\TeX\)en kann (cf. http://www.mathjax.org/docs/2.0/ für eine detaillierte Anleitung).
    Ein Beispiel aus Matsumuras Buch (Exercise 1.3): Seien \(A\) und \(B\) zwei Ringe, \(f:A\rightarrow B\) ein surjektiver Homomorphismus.

    1. Zeigen Sie, dass \(f\,(\text{rad} A)\subset \text{rad} B\) und konstruieren Sie ein Beispiel, wo die Inklusion keine Gleichung ist.
    2. Beweisen Sie, dass wenn \(A\) semilokal ist, dann \(f\,(\text{rad}A)=\text{rad}B\).

    Fangen Sie die mathematischen Formeln mit “\(“ (bzw. mit “\[“) an und schließen Sie sie mit “\)” (bzw. mit “\]”).

  2. Als jemand bemerkt hat, habe ich in der Vorlesung bei der Definition eines \(A\)-Moduls das Assoziativgesetz nicht auf die Tafel geschrieben : \( (ab)x=a(bx) \) für alle \(a,b\in A\) und \(x\in M\) — was ich noch zu (M2) in der Definition hinzufügen wollte ( (M1) ist die Kompatibilität der “Skalarmultiplikation” mit der Gruppenstruktur von \(M\), und (M2) ist die Kompatibilität mit der Ringstruktur von \(A\); (M3) ist einfach eine “Normierung”).

  3. Jetzt bin ich (endlich!) mal dazu gekommen, hier noch einmal die Erläuterung zum Beweises des Satzes von Jordan aufzuschreiben. Ich hoffe, dies hilft denjenigen, die beim Nachvollziehen auf dem Schlauch stand, irgendwie weiter.
    Dieser Satz besagt folgendes: Besitzt ein \(A\)-Modul \(M\) eine Kompositionsreihe der Länge \(r\in\mathbb{N}_0\), so gilt:
    (1) Jede weitere Kompositionsreihe von \(M\) besitzt ebenfalls der Länge \(\leq r\).
    (2) Jede Kette von Untermoduln von \(M\) (Normalreihe) lässt sich zu einer Kompositionsreihe verfeinern (oder ergänzen).

    Für die erste Aussage des Satzes reicht es zu zeigen: Besitzt ein \(A\)-Modul \(M\) eine Kompositionsreihe der Länge \(r\) und ist \(M=N_0\supsetneq N_1\supsetneq\ldots\supsetneq N_s=\{0\}\) eine weitere Kette von Untermoduln, so ist \(s\leq r\) (Warum?). Der Beweis dieser Aussage, zusammen mit der zweiten Aussage des Satzes, erfolgt durch vollständige Induktion nach \(r\).

    Für den Induktionsanfang ist die Aussage klarerweise richtig für \(r=0,1\) (Warum?). Im Induktionsschritt betrachten wir einen \(A\)-Modul \(M\) mit einer Kompositionsreihe \(M=M_0\supsetneq M_1\supsetneq\ldots\supsetneq M_r=\{0\}\).
    Die Induktionsvoraussetzung lautet, die Behauptung sei richtig für alle \(A\)-Moduln mit einer KR der Länge \(t\leq r-1\), d.h. für alle solchen \(A\)-Moduln \(M’\) gilt:
    (a) Jede Kette von Untermoduln von \(M\) ist endlich und besitzt die Länge höchstens \(t\).
    (b) Jede Untermodul \(N\) von \(M\) besitzt eine Kompositionsreihe der Länge höchstens \(t\), mit Gleichheit genau dann, wenn \(N=M\) ist.

    Wir betrachten nun eine weitere Kette \(M=N_0\supsetneq N_1\supsetneq\ldots\supsetneq N_s=\{0\}\) von Untermoduln von \(M\) und unterscheiden drei Fälle, nämlich \(N_1=M_1\), \(N_1\subsetneq M_1\) und \(N_1\not\subset M_1\).

    Nach IV gilt die Behauptung für \(M_1\), da dies eine KR der Länge \(r-1\) besitzt. Somit sind die ersten zwei Fälle sind relativ leicht zu handhaben (und zwar?). Für den dritten Fall haben wir \(N_1+M_1=M\) und nach dem ersten Isomorphiesatz \(M/M_1\cong N_1/(M_1\cap N_1)\), d.h. \(N_1/(M_1\cap N_1)\) ist ein einfacher \(A\)-Modul. Da \(M_1\cap N_1\subset M_1\), besitzt \(M_1\cap N_1\) auch eine KR der Länge \(\leq r-2\), d.h. die IV ist auf \(M_1\cap N_1\) anwendbar und \(N_1\) besitzt auch eine KR der Länge \(\leq r-1\) (Warum?). Somit können wir wiederum die IV auf \(N_1\) anwenden, um zum einen zu schließen, dass \(s-1\leq r-1\), und zum andern eine KR als Verfeinerung der Kette \(N_1\supsetneq\ldots\supsetneq N_s=\{0\}\) zu bekommen.

    Es bleibt also noch zu zeigen, dass es zwischen \(M\) und \(N_1\) eine (endlich) Kette von Untermoduln gibt, so dass alle Faktormoduln zweier benachbarter Untermoduln in der Kette einfach sind. Auf jeden Fall existiert zwischen \(M_1\) und \(M_1\cap N_1\) eine solche Kette (Warum?), sagen wir \(M_1=L_0\supsetneq L_1\supsetneq \ldots \supsetneq L_u = M_1\cap N_1\). Dann ist \(M=L_0+N_1\supset L_1+N_1\supset \ldots \supset L_u+N_1 = N_1\) eine Kette mit der gewünschten Eigenschaft (Warum?). Somit erhalten wir eine KR als Verfeinerung der Kette \(M=N_0\supsetneq N_1\supsetneq\ldots\supsetneq N_s=\{0\}\).

    Die obige Erläuterung enthält noch jede Menge Lücken, die Ihr erstmals selbst ausarbeiten solltet. Falls noch Unklarheiten bestehen, könnt Ihr gerne hier Eure Fragen hinterlassen. :-)

  4. Da ich im Laufe der Woche öfters danach gefragt wurde, sollte ich dies vielleicht mal hier festhalten: Nicht jeder Unterring eines noetherschen Ringes ist noethersch!
    Ein Beispiel wäre der Polynomring in unendlich vielen Variablen als Unterring von dessen Quotientenkörper (also der rationale Funktionenkörper in unendlich vielen Variablen).

    Was hier schiefgeht im Vergleich zu dem Beweis, dass jeder Untermodul eines noetherschen Moduls noethersch ist: Ein Ideal eines Unterrings ist im Allgemeinen kein Ideal des Oberrings, wie das Beispiel \(2\mathbb{Z} \subseteq \mathbb{Z} \subseteq \mathbb{Q}\) zeigt. Ein Untermodul eines Untermoduls ist dagegen ein Untermodul des Moduls selbst.

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