Solution Hints to Exercise Sheet 2 - math.uni

Advanced algebra
Homological algebra and representation theory
Wintersemester 2014/15
Prof. C. Schweigert
Algebra and Number Theory
Department of Mathematics
University Hamburg
Solution Hints to Exercise Sheet 2
Aufgabe 1
Die Struktur eines Zm -Moduls auf einer abelschen Gruppe G ist äquivalent zu einem
unitären Ringhomomorphismus
φ : Zm → End(G) .
Wir erinnern daran, dass Z der initiale unitäre Ring ist: es gibt genau einen
Ringhomomorphismus Z → End(G). Sei can : Z → Zm die kanonische Surjektion. Gibt es also ein Φ wie oben, so muss der Ringhomomorphismus Φ ◦ can der
eindeutig bestimmte Ringhomomorphismus Z → End(G) sein, also ergibt sich das
kommutierende Diagramm:
can /
Zm
Z GG
GG
GG
G
∃! GG#
Φ
End(G)
Da can surjektiv ist, ist Φ eindeutig bestimmt. Es gibt also genau dann eine eindeutige Zm -Modulstruktur, wenn die eindeutige Abbildung Φ̃ : Z → End(G) auf
dem Kern der kanonischen Surjektion verschwindet. Wegen φ̃(m)(g) = m.g für alle
g ∈ G ist dies genau dann der Fall, wenn die Ordnung jedes Elements g ∈ G ein
Teiler von m ist.
Da alle Beispiele in der Aufgabe so sind, dass G isomorph ist zu
G∼
= Zd1 × Zd2 × . . . × Zds
mit di |di+1 , und da wir brauchen di |m für alle i, heißt dies, dass ds |m gelten muss.
(Tatsächlich ist jede endliche abelsche Gruppe zu einer Gruppe dieser Form isomorph, wie wir noch sehen werden.)
Aufgabe 2
Es gilt Zn ⊕ Zm ∼
= Znm genau dann, wenn n, m koprim sind. Dies ist die Aussage
des chinesischen Restsatzes.
Aufgabe 3
Eine Basis des freien Zn -Moduls Zn besteht aus einem Element [a]. Damit [a] eine
Basis bildet, muss insbesondere die Gleichung ax = 1 mod n eine Lösung haben. Dies
ist genau für jeden der ϕ(n) Erzeuger von Zn der Fall. Hier gibt es also ϕ(30) =
ϕ(2 · 3 · 5) = 2 · 4 = 8 Lösungen.
Sei (a, b), (c, d) eine Basis. Dann muss die quadratische Matrix
a b
∈ M (2 × 2, Z)
c d
1
über Z invertierbar sein. Dies ist genau dann der Fall, wenn die Determinante gleich
±1 ist, also ad − bc = 1 gilt. a = b = 0 ist ausgeschlossen. Ist a = 0 und b = 1, so
folgt c = 1, es gibt also Ergänzungen zu einer Basis durch (1, 0) und durch (1, 1).
Ähnlich folgt für a = 1 und b = 0, dass d = 1 gilt, also Ergänzungen (0, 1) und
(1, 1). Im Fall a = b = 1 schließlich hat man c − d = 1, also Ergänzungen (1, 0) und
(0, 1). Insgesamt findet man 6 geordnete Basen.
Aufgabe 4
Man überlegt sich
1. HomZ (Q, Z). Es gibt nur den Nullhomomorphismus. Denn wegen
2i
1
1
φ( ) = φ( i+1 ) = 2i φ( i+1 )
2
2
2
muss die ganze Zahl φ( 12 ) durch jede Potenz von 2 teilbar sein. Dies ist aber
nur für φ( 21 ) = 0 der Fall.
2. HomZ (Q, Q) hat unendlich viele Elemente, denn für jedes α ∈ Q ist φ(r) = αr
ein Modulhomomorphismus.
3. HomZ (Z, Q) ∼
= Q, da nur φ(1) ∈ Q festgelegt werden muss. Jedes Element von
Q kommt in Frage, also unendlich viele Elemente.
4. HomZ (Z, Zn ) ∼
= Zn , da nur φ(1) ∈ Zn festgelegt werden muss. Jedes Element
von Zn kommt in Frage, also n Elemente.
5. HomZ (Zn , Z): Es muss gelten 0 = φ(0) = φ(n.1̄) = n.φ(1̄), woraus im integren
Ring Z die Gleichung φ(1̄) = 0 folgt. Es gibt also nur einen Modulhomomorphismus, den Nullhomomorphismus.
6. HomZ (Zn , Zm ). Es muss wieder gelten nφ(1̄) = 0 mod m. Man überlegt sich
leicht, dass mit g dem größten gemeinsamen Teiler von n, m dann gelten muss
gφ(1̄) = 0 mod m. Dies sind die Vielfachen von mg , von denen es g gibt.
AufgabeQ5
Sei m ∈ i∈I Mi , also m = (mi ). Jedes mi ist teilbar, d.h. für jedes α ∈ R \ {0} gibt
es mi,α ∈ Mi , so dass mi = αmi,α . Daraus folgt aber m = α(mi,α ), also ist m teilbar.
Für die direkte Summe gilt wörtlich das gleiche Argument, wobei nur jeweils fast
alle Einträge des Tupels gleich Null sind.
Der Z-Modul Z ist schon deswegen nicht teilbar, weil es in Z keine Lösung der
Gleichung 2x = 1 gibt. Damit sind aber auch alle freien Z-Moduln als direkte
Summen von Z nicht teilbar. Somit kann der teilbare Z-Modul Q nicht frei sein.
Aufgabe 6
Wir möchten zuerst eine Abbildung aus dem Tensorprodukt definieren: Wir
haben eine R-bilineare Abbildung µ von R[X] × R[Y ] → R[X, Y ], daher haben
wir auch lineares (bzw. additives) µ0 von R[X] ⊗R R[Y ] → R[X, Y ].
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Wir möchten nun eine Umkehrabbildung in das Tensorprodukt definieren: rX n Y m 7→
rX n ⊗Y n , dabei nutzen wir die Einbettungen von R[X], R[Y ] ins Tensorprodukt aus.
Diese Abbildungen sind invers zueinander wie folgt:
rX n ⊗R sY m 7→ rsX n Y m 7→ rsX n ⊗R Y m = rX n ⊗R sY m
da R kommutativ ist. Dies zeigt die Behauptung.
Aufgabe 7
pr1
Φ
(a) ⇒ (b): Wir setzen für den Retrakt g1 : M2 −→ M1 ⊕ M3 −→ M1 . Es gilt nun
wie gefordert g1 ◦ f1 = pr1 ◦ Φ ◦ f1 = pr1 ◦ ι1 = idM1 .
(b) ⇒ (c): Wir zeigen, dass f2 |ker g1 : ker g1 → M3 ein Isomorphismus ist.
Surjektivität: Sei y ∈ M3 . Dann existiert m ∈ M2 mit f2 (m) = y, weil
f2 surjektiv ist. Weiter gilt dann g1 (m − f1 g1 (m)) = g1 (m) − g1 (m) = 0,
also m − f1 g1 (m) ∈ ker g1 . Wir haben f2 |ker g1 (m − f1 g1 (m)) = f2 (m) −
f2 f1 g1 (m) = f2 (m) − 0 = y.
Injektivität: Wir haben ker(f2 |ker g1 ) = ker f2 ∩ker g1 = Imf1 ∩ker g1 . Für
ein Element x ∈ Imf1 ∩ ker g1 muss gelten x = f1 (m) und 0 = g1 (x) =
g1 (f1 (m)) = m, also auch x = 0.
Nun können wir den Schnitt g2 : M3 → M2 als Inverses von f2 |ker g1 definieren.
(b) ⇒ (a): Wir setzen
Φ : M2 → M1 ⊕ M3
Φ(m) = (g1 (m), f2 (m))
Es gilt Φ ◦ f1 (m) = (g1 f1 (m), f2 f1 (m)) = (m, 0) = ι1 (m) und pr3 ◦ Φ(m) = f2 (m).
Es bleibt zu zeigen, dass Φ ein Isomorphismus ist.
Offenbar ist Φ injektiv: aus m ∈ ker Φ, also insbesondere f2 (m) = 0, folgt m ∈
Im(f1 ), also m = f1 (m0 ) mit m0 ∈ M1 . Außerdem folgt 0 = g1 (m) = g1 ◦ f1 (m0 ) =
idM1 (m0 ) = m0 , daher auch m = 0.
Φ ist auch surjektiv: gegeben (m1 , m3 ) ∈ M1 ⊕ M3 finde, da f2 surjektiv m2 ∈ M
mit f2 (m2 ) = m3 . Wegen Imf1 = ker f2 hat auch für jedes m0 ∈ M1 das Element
m2 + f1 (m0 ) das Bild m3 . Setze m0 := m1 − g1 (m2 ). Dann finden wir auch
g1 (m2 + f1 (m1 − g1 (m2 )) = g1 (m2 ) + m1 − g1 (m2 ) = m1 .
(c) ⇒ (a): Wir betrachten
Φ̃ : M1 ⊕ M3 → M2
mit
Φ̃(m1 , m3 ) := f1 (m1 ) + g2 (m3 ) .
Die Abbildung Φ̃ ist injektiv. Denn für (m1 , m3 ) im Kern gilt f1 (m1 ) = −g2 (m3 ).
Daher
0 = f2 ◦ f1 (m1 ) = −f2 ◦ g2 (m3 ) = −m3 .
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Es folgt f1 (m1 ) = 0; da f1 injektiv ist, also m1 = 0.
Die Abbildung Φ̃ ist surjektiv. Schreibe m2 ∈ M2 als
m2 = m2 − g2 ◦ f2 (m2 ) + g2 ◦ f2 (m2 ) .
Der zweite Summand ist im Bild Im(g2 ). Der erste Summand liegt wegen
f2 (m2 − g2 ◦ f2 (m2 )) = f2 (m2 ) − f2 (m2 ) = 0
in ker(f2 ) = Im(f1 ).
Die Abbildung Φ̃ soll das Inverse zu der gesuchten Abbildung Φ sein. Daher
rechnen wir nach
Φ̃ ◦ ι1 (m1 ) = Φ̃(m1 , 0) = f1 (m1 )
⇒ Φ ◦ f 1 = ι1
und
f2 ◦ Φ̃(m1 , m3 ) = f2 ◦ f1 (m1 ) + f2 ◦ g2 (m3 ) = m3 = pr3 (m1 , m3 )
⇒ f2 = pr3 ◦ Φ .
Aufgabe 8
Sei m ∈ Tor(⊕λ∈Λ Mλ ). Dies ist äquivalent dazu, dass es α ∈ R gibt, so dass αm = 0.
Daraus folgt aber αmλ = 0 für alle λ. Also
Tor(⊕λ∈Λ Mλ ) ⊆ ⊕λ∈Λ Tor(Mλ ) .
Die gleiche Inklusion gilt auch für das Produkt.
Sei nun umgekehrt m ∈ ⊕λ∈Λ Tor(Mλ ). Wir finden αλ ∈ R so dass αλ mλ = 0.
Für die direkte Summe (im Gegensatz zum Produkt!) brauchen wir dies nur für
die endlich vielen Einträge mit mλ 6= 0 zu tun. Das Produkt der endlich vielen αλ
annulliert dann m und ist nicht Null, da der Ring als integer vorausgesetzt wurde.
Dies zeigt die andere Inklusion. Im Falle des Produkts gilt diese Inklusion nicht
unbedingt. Sei zum Beispiel R = Z und Mn = Z/nZ = Zn . Sicher sind alle diese
Moduln Torsionsmoduln, also
Y
Y
Tor(Mn ) =
Zn .
n∈Z
n∈Z
Q
Aber Tor( Mn ) ist nicht das ganze Produkt, z.B. liegt das Tupel mit mn = 1 für
alle n ∈ Z nicht im Torsionsanteil des Produkts.
Aufgabe 9
(i) Sei {mi + U } ein endliches Erzeugendensystem von M/U und {ui } ein endliches
Erzeugendensystem von U . Dann ist offenbar {mi }∪{ui } ein endliches Erzeugendensystem von M . Sei umgekehrt {mi } ein endliches Erzeugendensystem von M . Dann
ist offenbar {mi + U } ein endliches Erzeugendensystem von M/U . Somit ist M/U
endlich erzeugt. Für die Untermoduln bräuchte man zusätzlich, dass der Modul M
noethersch ist, was für endlich erzeugte Moduln über kommutativen noetherschen
Ringen zutrifft. (Genaue Diskussion kommt später in der Vorlesung.) Ein nichtnoetherscher Ring, aufgefasst als Modul über sich selbst, liefert ein Beispiel für einen
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endlich-erzeugten Modul, der einen Untermodul besitzt, der nicht endlich erzeugt
ist.
(ii) Mit U1 + U2 ist auch der Quotient (U1 + U2 )/U2 endlich erzeugt. Nach dem
Homomorphiesatz ist dieser Modul isomorph zu U1 /U1 ∩ U2 . Also sind U1 /U1 ∩ U2
und nach Annahme auch U1 ∩ U2 endlich erzeugt, also ist nach (i) auch U1 endlich
erzeugt. Durch Vertauschen der Rollen von U1 und U2 sieht man, dass auch U2
endlich erzeugt ist.
Aufgabe 10
Offenbar ist eRe wegen der Distributivität der Multiplikation mit e abgeschlossen
unter der Addition. Ferner gilt er1 e · er2 e = e(r1 er2 )e ∈ eRe, so dass die Teilmenge
auch unter der Multiplikation abgeschlossen ist. Somit ist eRe ein nicht-unitärer
Unterring. Es gilt e(ere) = e2 re = ere für alle r ∈ R und analog (ere)e = ere, also
ist die Eins im Ring eRe das Element e. Der Ring eRe ist also unitär. Man beachte,
dass die Eins in S nicht die Eins in R ist; S ist also kein unitärer Unterring von R.
Wir betrachten für r ∈ eRe die Abbildung
ϕr : Re → Re
mit ϕr (x) = x · r, denn für x = r1 e und r ∈ eRe, also r = er2 e gilt ϕr (x) = r1 eer2 e ∈
Re.
Die Abbildung ϕr vertauscht mit der Linkswirkung von R auf Re, also ϕr ∈
EndR (Re). Offenbar ist
Φ : (eRe)opp → EndR (Re)
r 7→ ϕr
ein Homomorphismus von Ringen. Es bleibt zu zeigen, dass dieser bijektiv ist.
Betrachte ker Φ = {x ∈ eRe | ax = 0 für alle a ∈ Re}. Setze insbesondere
a = e = 1e ∈ Re. Dann gilt für x ∈ ker Φ insbesondere 0 = ex = x. Damit ist die
Abbildung Φ injektiv. Für die Surjektivität betrachte φ ∈ EndR (Re) und rechne mit
a ∈ Re
φ(a) = φ(ae) = aφ(e) = ϕφ(e) (a) ,
wobei in der zweiten Gleichung eingeht, dass φ ein Morphismus von R-Linksmoduln
ist.
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