Lösungshinweise Aufgabenblatt 8

Prof. C. Schweigert
Bereich Algebra und Zahlentheorie
Fachbereich Mathematik, Universität
Hamburg
Höhere Algebra
Wintersemester 2010/11
Lösungshinweise Aufgabenblatt 8
Aufgabe 1
Wir haben in Satz 2.2.10 gesehen, dass ein Funktor, der einen linksadjungierten Funktor besitzt, mit Produkten vertauscht. Wir haben auch gesehen, dass ein
Funktor, der einen rechtsadjungierten Funktor besetzt, mit Koprodukten vertauscht.
1. Die Abelisierung hat nach Beispiel 2.2.4 die Inklusion Ab → Grp als rechtsadjungierten, Ab a Incl, und erhält daher das Koprodukt. Bezeichne für eine
Gruppe G mit G0 die Kommutatoruntergruppe. Dann gilt für ein Produkt
(G × H)/(G × H)0 = (G × H)/(G0 × H 0 ) ∼
= G/G0 × H/H 0 .
Also vertauscht die Abelisierung auch mit Produkten.
2. Das freie Erzeugnis F hat als rechtsadjungierten Funktor den VergissfunktorU ,
F a U , und erhält daher das Koprodukt. Er erhält nicht das Produkt, da
für zwei Mengen M und N für die freie abelsche Gruppe gilt F (M × N ) ∼
=
F (M ) ⊗ F (N ). Das Produkt in der Kategorie der abelschen Gruppen ist aber
das kartesische Produkt, nicht das Tensorprodukt.
3. Nach Blatt 7, Aufgabe 5 hat U als rechtadjungierten Funktor die indiskrete Topologisierung und als linksadjungierten Funktor die diskrete Topologisierung
von Mengen. Damit erhält der Funktor Produkte und Koprodukte.
4. Für den Funktor gilt nach der universellen Eigenschaft des Produktes:
Y
Y
Xi ) ∼
Hom(U, Xi ).
Hom(U,
=
i∈I
i∈I
Also erhält er das Produkt. Er erhält das Koprodukt im Allgemeinen nicht,
zum Beispiel ist in der Kategorie der Vektorräume Hom(U, V ⊕W ) sicher nicht
die diskunkte Vereinigung der Hom-Mengen Hom(U, V ) und Hom(U, W ).
Aufgabe 2
1.,2. Die folgenden drei Aussagen für eine Kategorie sind äquivalent:
(a) Alle Objekte der Kategorie sind projektiv.
(b) Alle Objekte der Kategorie sind injektiv.
1
(c) Alle kurzen exakten Sequenzen
0 → M 0 → M → M 00 → 0
spalten.
Hierbei folgt (c) aus (a) weil jedes mögliche Objekt M 00 projektiv ist, und (c)
folgt aus(b), weil jedes M 0 injektiv ist. Umgekehrt folgt aus (c) sofort, dass
jedes M 0 injektiv und jedes M 00 projektiv ist.
3. Sei M projektiv in C und
0 → T 0 → T → T 00 → 0
eine kurze exakte Sequenz in D. Um zu zeigen, dass das Objekt F M projektiv
in D ist, ist zu zeigen, dass die folgende exakte Sequenz spaltet
0
0
/
/
HomD (F M, T 0 )
/
HomD (F M, T )
∼
=
HomC (M, GT 0 )
/
/
∼
=
HomC (M, GT )
/0
HomD (F M, T 00 )
/
∼
=
HomC (M, GT 00 )
/
0
Wegen der Natürlichkeit der Adjunktionsisomorphismen kommutiert das Diagramm. Da aber der Funktor G exakt sein soll, ist die Sequenz in C
0 → GT 0 → GT → GT 00 → 0
exakt. Da M projektiv sein soll, ist die untere Sequenz exakt und somit auch
die obere. Daher ist das Objekt F M projektiv.
4. Der Induktionsfunktor hat den Vergissfunktor als rechtsadjungierten Funktor.
Da Kerne und Bilder auf der Ebene der unterliegenden abelschen Gruppen
gefunden werden, ist die Restriktion der Skalare exakt. Somit sind die von
projektiven R-Moduln induzierten S-Moduln wieder projektiv.
Aufgabe 3
1. Das Beispiel Z → Z/6Z zeigt, dass das homomorphe Bild eines Hauptidealrings
Nullteiler haben kann. Also ist das Bild kein Hauptidealring.
2. Betrachte die kanonische Surjektion Φ : R → R/I. Sei a ein Ideal von R/I;
dann ist φ−1 (a) ein Ideal von R und somit φ−1 (a) = (α). Es folgt a = R/I ·
Φ(α).
√
√
3. Der Unterring Z[ −5] des Körpers Q[ −5] ist kein Hauptidealring.
4. Jeder endlich erzeugte Modul über einem Hauptidealring ist die direkte Summe
eines freien Anteils mit einem Torsionsanteil. Er ist genau dann projektiv, wenn
sein Torsionsanteil verschwindet.
2
5. Es handelt sich um die Untermoduln endlich erzeugter freier Moduln, die in
Hauptidealringen wieder frei sind, also auch projektiv sind. Hauptidealringe
sind also erbliche Ringe.
6. Folgt aus dem Klassifikationssatz.
7. Sei a ein Ideal von R. Es folgt aus der universellen Eigenschaft von Quotientenmoduln, dass die Elemente von φ ∈ HomR (R/a, R) in Bijektion zu Elementen
φ̃ ∈ HomR (R, R) sind mit φ̃|a = 0. Ein solches Element liegt fest durch φ̃(1).
Gilt φ̃(1) 6= 0, so folgt für jedes r ∈ R mit r 6= 0, dass
φ̃(r) = φ̃(r.1) = rφ̃(1) 6= 0 ,
da Huaptidealringe nullteilerfrei sind, und ein solches Φ̃ kann nicht auf dem
Ideal a verschwinden. Damit ist aber HomR (R/a, R) = 0 für jedes nichtverschwindende Ideal a. Es folgt
HomR (M, R) = HomR (Tor(M ) ⊕ Rs , M ) ∼
= Rs .
8. Wir wissen schon, dass M/TorM torsionsfrei ist. Da über einem Hauptidealring torsionsfreie Moduln frei sind, ist der QUotient frei. Um den Rang zu berechnen, sei Q := Quot(M ) der Quotientenkörper des Hauptidealrings R. Der
Rang des freien Anteils eines R-Moduls M ist rank(M ) = dimQ HomR (M, Q).
Der Funktor HomR (−, Q) ist aber exakt, da der R-Modul Q teilbar ist.
Aufgabe 4
1. Sei g ∈ G ein Erzeuger. Unabhängig von der Charakteristik des Körpers hat
der surjektive Ringhomomorphismus
K[X] → K[G]
X 7→ g
als Kern das Hauptideal (X p −1), also K[X]/(X p −1) ∼
= K[G]. Ist char(K) = p,
p
p
so gilt X − 1 = (X − 1) . Damit haben wir K[Zp ] ∼
= K[X]/(X p − 1) ∼
=
p
K[X]/(X − 1) .
2. Als Kompositionsreihe finden wir mit
Mj := h(X − 1)i mod (X − 1)p ip−1≥i≥j
K = Mp−1 ⊆ Mp−2 ⊆ M ⊆ . . . ⊆ K[X]/(X − 1)p = M0 .
Die Quotienten sind als Modul isomorph zu K[X]/(X − 1), also alle eindimensional und trivial.
3
3. Da die Isomorphieklasse jedes einfachen Moduls als Subquotient auftritt, gibt
es nur eine Isomorphieklasse einfacher Moduln: den trivialen Modul.
Mit anderen Worten: wenn g ein Erzeuger von Zp ist, so kann die Darstellungsmatrix ρ(g) auf Jordansche Normalform gebracht werden. Die Darstellung ist
unzerlegbar, wenn nur ein Jordan-Block vorliegt. Dieser kann Größe 1 . . . p − 1
haben. Dies klassifiziert die unzerlegbaren Darstellungen; die Darstellung ist
irreduzibel genau dann, wenn der Block Größe Eins hat. Insbesondere ist die
triviale Darstellung die einzige irreduzible Darstellung.
4. Wir betrachten die Surjektion von K[G]-Moduln
π:
K[G] ∼
= K[X]/(X − 1)p → K
auf den trivialen Modul mit Kern (X − 1)K[G]. Diese setzt alle Elemente der
Basis ((X − 1)n )0≤n≤p−1 von K[G] mit n ≥ 1 zu Null. Andererseits muss das
Bild von K unter einem Morphismus von K[G]-Moduln
s:
K→
K[G] ∼
= K[X]/(X − 1)p
ein invarianter Unterraum von K[G] sein. Aus der Theorie der Jordanschen
Normal (oder durch Nachrechnen) sieht man, dass der einzige invariante Unterraum der von bp−1 = (X − 1)p−1 aufgespannte Unterraum ist. Somit gilt
aber für jeden möglichen Morphismus s von K[G]-Moduln π ◦s = 0. Man kann
also keinen Schnitt für π finden.
Damit ist der triviale Modul nicht projektiv. Da der Gruppenring selbstinjektiv
ist, kann er auch nicht injektiv sein.
Aufgabe 5
1. Wir betrachten die Einbettung U → M und wenden darauf den Elementarteilersatz an. Man beachte, dass wir dabei mit Basen in U und M starten, aber
beide verändern müssen. Es gibt daher kein Analogon des Basisergänzungssatzes über Hauptidealringen.
2. Die Elemente ui ∈ Z2 sind nicht echte Vielfache irgend eines Gittervektors.
Sie bilden offenbar auch keine Gitterbasis von Z2 : zum Beispiel schreibt sich
der Vektor (1, 0) ∈ Z2 eindeutig als Linearkombination
2
1
(1, 0) = − (2, −1) − (1, 2)
5
5
und lässt sich daher nicht als ganzzahlige Linearkombination schreiben.
3. Wir wenden dafür die Strategie des Beweises des Elementarteilersatzes 3.1.6
auf die Matrix
2 −1
1
2
4
an. Mit der dort eingeführten Notation gilt a11 = 2 und a12 = −1, so dass wir
direkt im ersten Fall der Fallunterscheidung sind. Es ist
ha11 , a12 i = h2, −1i = h1i ,
also d = 1. Wir schreiben
d = 1 = xa11 + ya12 = 1 · 2 + 1 · (−1)
also x = 1 und y = 1. Es ist ferner a11 = 2 = dλ = 1 · 2 und a12 = −1 = d · µ =
1(˙ − 1), also λ = 1 und µ = −1. Somit müssen wir das Produkt
2 −1
1 1
1 0
·
=
1
2
1 2
3 5
betrachten. Die 3 eliminieren wir nun durch Multiplikation mit der Elementarmatrix, deren Rechtsmultiplikation die Addition des −3-fachen der ersten
Zeile zur zweiten Zeile implementiert:
1 0
1 0
1 0
·
=
−3 1
3 5
0 5
Es gilt also
1 0
−3 1
2 −1
1
2
1 1
1 2
=
1 0
0 5
Man findet dann die Basis von U durch die Betrachtung der Matrix, mit der
von rechts multipliziert wird,
u01 := u1 + u2 = (1, 3)
und
u02 := u1 + 2u2 = (0, 5)
und der Basis von Z2
v1 = (1, 3)
und
v20 = (0, 1)
die Vielfachen d1 = 1 und d2 = 5.
4. Wir wählen nach dem Elementarteilersatz Basen (ui ) von U von bi von M , so
dass ui = di bi für i = 1, 2, . . . , r mit r = rankU gilt. Die Quotientengruppe ist
endlich genau dann, wenn der Untermodul maximalen Rang hat. Dann ist die
Determinante von A aber gleich dem Produkt aller di und somit ungleich null.
Umgekehrt folgt aus einer nicht-verschwindenden Determinante, dass dann alle
di mit i = 1, . . . r nicht verschwinden, also der Untermodul maximalen Rang
hat.
5. Die Quotientengruppe ist dann isomorph zu Zd1 × Zd2 × . . . × Zdr . Nach dem
Elementarteilersatz ist det A gleich det D = d1 · d2 · · · dr bis auf Assoziierte,
also | det A| gleich der Ordnung der Quotientengruppe.
5
Aufgabe 6
1. Jeder Funktor gibt auf Objekten eine Abbildung f : Z → Z. Angenommen,
f wäre nicht monoton und es gäbe n < m mit f (m) < f (n). Dann gibt es
einen eindeutigen Morphismus n → m, aber keinen Morphismus f (n) → f (m).
Da Funktoren auch auf Morphismen definiert sein müssen, kann eine solche
Abbildung f nicht einem Funktor zu Grunde liegen. Gilt aber die Monotonie,
so ist ein Funktor eindeutig definiert. (Man rechnet alle Eigenschaften eines
Funktors leicht nach.)
2. Wir behaupten
Hom(fn (x), y) ∼
= Hom(x, gn−1 (y))
Die Hom-Mengen sind leer oder einelementig. Für x ≤ y sind beide Seiten
stets einelementig. Für x > y + 1 sind beide Seiten stets leer.
Es bleibt der Fall x = y+1 zu untersuchen. Die linke Seite Hom(fn (x), x−1) ist
leer für x ≤ n und einelementig für x > n. Die rechte Seite Hom(x, gn−1 (x−1))
ist leer für x − 1 ≤ n − 1 und einelementig für x − 1 > n − 1. Also stimmen
beide Mengen überein. Also ist fn a gn−1 . Analog zeigt man gn a fn .
6