Halbeinfache Moduln und Algebren

Seminar Darstellungstheorie
Halbeinfache Moduln und Algebren, Satz von
Wedderburn-Artin
Christian Michalke
7.-9. Dezember 2007
1
1.1
Halbeinfache Moduln
Definition
Sei R ein Ring. Ein R-Modul M heißteinfach, falls M 6= 0 und M keine anderen Untermoduln
außer 0 und M selbst besitzt.
1.2
Satz
P
Sei M = i∈I Si mit einfachen Untermoduln Si . Sei N ein Untermodul von M . Dann gibt es
eine Teilmenge J von I, so dass gilt:


M
M =N ⊕
Sj  .
j∈J
Beweis:
P
Zunächst wähle man sichPeine Teilmenge J ⊂ I mit der Eigenschaft, dass N ∩
S
j∈J j = 0 gilt und die Summe
j∈J Sj direkt ist. (Z.B. erfüllt die leere Menge die beiden
Eigenschaften,P
daher ist es legitim anzunehmen, dass es eine solche maximale Teilmenge J gibt.)
Dann ist N + j∈J Sj eine direkte Summe. Somit bleibt nur noch zu zeigen, dass diese Summe
ganz M ergibt.
Nach Voraussetzung ist M Summe einfacher Untermoduln Si , i ∈ I. Sei dann X die Menge aller
Untermoduln
V von M mit V ∩ N = 0. Klar ist, dass X =
6 ∅, denn z.B. ist 0 ∈ X . Sei dann
P
L = j∈J Sj ein maximales Element von X . Nach obiger Betrachtung ist dann die Summe
direkt:




X
X
N +L=N +
Sj  = N ⊕ 
Sj  .
j∈J
j∈J
Wir nehmen nun an, dass N + L 6= M gilt. Dann kann, da M nach Voraussetzung die Summe
einfacher Untermoduln ist, nicht jeder einfache Untermodul in N + L liegen.
Sei etwa Si , i ∈ I\J ein einfacher Untermodul mit Si * N + L. Dann ist Si ∩ (N + L) ein echter
Untermodul von Si , wegen der Einfachheit gilt also Si ∩P
(N + L) = 0. Insbesondere gilt
P dann
Si ∩ N = 0. Dies impliziert Si ∈ X ⇒ Si + L = Si + j∈J Sj ∈ X . Nun ist L = j∈J Sj
maximal, daher gilt L + Si = L, und
Si ⊂ L. Es gilt aber auch Si ∩ L = 0. Dies ist ein
Psomit Widerspruch. Also gilt: M = N ⊕
S
j∈J j .
1
1
HALBEINFACHE MODULN
1.3
2
Satz
Für einen R-Modul M sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) M ist Summe einer Familie einfacher Untermoduln
(2) M ist direkte Summe einer Familie einfacher Untermoduln
(3) Jeder Untermodul N von M ist direkter Summand in M
Beweis: (1) ⇒ (2) und (1) ⇒ (3) wurde im vorherigen Satz gezeigt. Die Aussage (2) ⇒ (1)
ist trivial.
(3) ⇒ (1):Wir zeigen zunächst, dass jeder von Null verschiedene Untermodul F einen einfachen
Untermodul enthält.
0
Sei 0 6= x ∈ F . Wir betrachten dann die Menge F aller Untermoduln von F , die x nicht
enthalten. Diese Menge enthält offenbar den Null-Modul und ist demnach nicht leer. Nach dem
Zornschen Lemma gibt es in ihr einen maximalen Untermodul F0 . Nun existiert nach Voraussetzung eine Zerlegung F0 ⊕ F ∗ = M .
Wir setzen dann F1 = F ∗ ∩ F . Aus F0 ∩ F ∗ = 0 folgt F0 ∩ F1 = 0. Ist dann y = y0 + y1 die
Zerlegung mit y0 ∈ F0 und y1 ∈ F ∗ , so ist y1 = y − y0 ∈ F , also y1 ∈ F ∗ ∩ F = F1 . Folglich ist
F = F0 ⊕ F1 .
Behauptung: F1 ist einfach. Nehmen wir an, F1 wäre nicht einfach. Dann existiert eine Zerlegung F1 = F2 ⊕ F3 mit von Null verschiedenen F2 und F3 . Aus F = F0 ⊕ F2 ⊕ F3 folgt:
x ∈
/ F0 ⊕ F2 oder x ∈
/ F0 ⊕ F3 , da andernfalls x ∈ (F0 ⊕ F2 ) ∩ (F0 ⊕ F3 ) = F0 wäre. Das
widerspricht aber der Maximalität von F0 ⇒ F1 ist einfach.
Sei dann M0 der Untermodul von M , der von allen einfachen Untermoduln erzeugt wird. Nehmen wir an, M0 6= M . Dann existiert eine Zerlegung M = M0 ⊕ M1 und wie oben gezeigt, ein
einfachen Untermodul in M1 . Dies ist aber ein Widerspruch zur Definition von M0 . Es ist also
M = M0 .
Ein R-Modul, für den eine der Eigenschaften (1)-(3) aus dem Satz gilt, heißt halbeinfach.
1.4
Definition
Ein Modul M heißt halbeinfach, falls er sich als direkte Summe von einfachen Untermoduln
schreiben lässt.
Äquivalente Formulierung:
Ein Modul M heißt halbeinfach oder vollständig reduzibel, wenn jeder Untermodul M1 ⊂ M
direkter Summand von M ist, d.h. für alle M1 ⊂ M existiert M2 ⊂ M mit M = M1 ⊕ M2 .
1.5
Satz
Sei M ein halbeinfacher R-Modul. Dann gilt:
(1) Jeder Untermodul N ⊆ M ist halbeinfach.
f = M/N ist halbeinfach.
(2) Jeder Faktormodul M
Beweis:
(1) Sei zunächst M1 ⊆ N ein Untermodul. Dann ist M1 auch ein Untermodul von M . Nach
Voraussetzung existiert dann M2 ⊆ M mit M = M1 ⊕ M2 , da M halbeinfach ist.
Behauptung: N = M1 ⊕ (M2 ∩ N ).
a) Es ist N = M1 + (M2 ∩ N )
Sei etwa n ∈ N ⊆ (M1 ⊕M2 ) ⇒ ∃m1 ∈ M1 , m2 ∈ M2 mit n = m1 +m2 . Da m1 ∈ M1 ⊆ N ,
so ist auch n + (−m1 ) = m2 ∈ N , also m2 ∈ (M2 ∩ N ).
1
HALBEINFACHE MODULN
3
b) Falls m1 + m2 = 0 ∈ M1 ⊕ M2 ⇒ m1 = m2 = 0,aufgrund der direkten Summe. Damit
folgt mit obiger Betrachtung sofort:N = M1 ⊕ (M2 ∩ N ).
f1 ⊆ M
f = M/N ein Untermodul und sei etwa M1 ⊆ M sein vollständiges Urbild
(2) Sei M
−1 f
f (M1 ), wenn f die Abbildung f : M −→ M/N ist. Insbesondere ist dann N ⊆ M1 .
⇒ M2 ⊆ M mit M = M1 ⊕ M2 und (N ∩ M2 ) ⊆ (M1 ∩ M2 ) = 0, da N ⊆ M1 . Also gilt
f=M
f1 + M
f2 , mit M
f2 = f (M2 ).
N ∩ M2 = 0 ⇒ M
f
f
Behauptung: M1 ∩ M2 = 0.
f1 ∩ M
f2 , wobei m
Nehme dazu an, es existiere ein m
e ∈M
e 6= e
0 ist. Sei m ∈ f −1 (m)
e ⇒m∈
∗
∗
M1 ∩ M2 , wobei M2 = M2 + N , also m ∈ M1 ∩ (M2 + N ).
Zeige nun: m ∈ N bzw. M1 ∩ (M2 + N ) = M1 ∩ M2 + M1 ∩ N = N . Betrachte dazu
µ ∈ M1 ∩ (M2 + N ) ⇒ µ = m1 = m2 + n, wobei mi ∈ Mi für i = 1, 2 und n ∈ N .⇒ m2 ∈
M1 ∩ M2 = 0 ⇒ µ = M1 = n und alles ist gezeigt.
1.6
Folgerung
(1) Jede Summe von halbeinfachen Moduln ist wieder halbeinfach.
(2) Jedes epimorphe Bild eines halbeinfachen Moduls ist halbeinfach.
Beweis:
(1) Nach Satz 1.4(4) ist jedes halbeinfache Modul die Summe von einfachen Moduln. Eine Summe von halbeinfachen Moduln ist dann auch wieder eine Summe von einfachen
Moduln und damit ist diese nach Satz 1.4(4) wieder halbeinfach.
(2) Sei zunächst A einfach und sei λ : A −→ B ein Epimorphismus. Dann folgt mit Hilfe des
Homomorphiesatzes: A/Ker(λ) ∼
= B. Falls Ker(λ) = 0, so ist B einfach. Falls Ker(λ) =
A, so ist B = 0. Nun ist A einfach und somit sind keine weiteren Möglichkeiten für Ker(λ)
gegeben. Das Bild von einer Summe einfacher Moduln eines Homomorphismus ist dann
die Summe einfacher bzw. 0-Moduln. Die Betrachtung des letzten Falles können wir uns
an dieser Stelle sparen. Dann ist wieder nach Satz 1.4(4) das epimorphe Bild halbeinfach.
1.7
Satz
Die Summanden einer Zerlegung M = S1 ⊕ S2 ⊕ · · · ⊕ St eines halbeinfachen Moduls in einfache
Moduln sind bis auf Isomorphie und Reihenfolge eindeutig bestimmt.
Oder anders formuliert:
0
0
Ist M ein R-Modul und M = S1 ⊕ · · · ⊕ Sn = S1 ⊕ · · · ⊕ Sm zwei Zerlegungen von M in
0
direkte Summen mit einfachen Summanden Si , Sj , dann ist m = n und es gibt eine eins-zu-eins
0
Korrespondenz zwischen den Si ’s und Sj ’s, und die zugehörigen Moduln sind isomorph.
Beweis: Wir führen den Beweis per vollständiger Induktion nach n.
Sei dann o.B.d.A n < m. Für n = 1 ist M selbst einfach, denn sonst hätte M echte Teilmoduln
6= 0. Damit ist der Induktionsanfang gezeigt.
an, dass der Satz für ganze
Ln Wir nehmenLnun
0
m
Zahlen < n bewiesen ist. Betrachte dann i=1 Si = M = j=1 Sj zwei Zerlegungen von M ,
0
wobei alle Si , Sj einfach sind.
0
0
0
Dann existiert ein Index k, so dass πk (S1 ) 6= 0 ist,wobei πk die Projektion auf Sk ; denn wäre
0
πk (S1 ) = 0 für alle k, so müsste S1 = 0 gelten. Dies ist nach Voraussetzung allerdings unmöglich,
2
HALBEINFACHE ALGEBREN
4
da alle Si einfach sind, der 0-Modul aber nicht einfach ist und hätten einen Widerspruch.
0
0
Nun sind S1 , Sk einfach, daher ist πk eingeschränkt auf S1 ein Isomorphismus von S1 nach
0
0
Sk ⇒ (Kerπk ) ∩ S1 = 0.
0
0
0
0
Nun zeigen wir: S2 ⊕ · · · ⊕ Sn ∼
= S1 ⊕ · · · Sk−1 ⊕ Sk+1 ⊕ · · · ⊕ Sm . Dies reicht offensichtlich aus,
denn dann greift unsere Induktionsvoraussetzung, d.h. dann ist n = m und es gibt eine eins0
zu-eins Korrespondenz zwischen den Sj , j 6= k und den Si , i ≥ 2 und die zugehörigen Moduln
sind isomorph.
h 0
i
0
0
0
0
0
0
0
Zunächst gilt: S1 ∩ S1 ⊕ · · · Sk−1 ⊕ Sk+1 ⊕ · · · ⊕ Sm = 0, denn S1 ⊕· · · Sk−1 ⊕Sk+1 ⊕· · ·⊕Sm =
0
Kerπk , und damit folgt:
i
h
f = S1 + S 0 ⊕ · · · S 0 ⊕ S 0 ⊕ · · · ⊕ S 0 ) S 0 ⊕ · · · S 0 ⊕ S 0 ⊕ · · · ⊕ S 0 .
M
1
k−1
k+1
m
1
k−1
k+1
m
f ein Element 6= 0 aus S 0 enthalten und wegen der Einfachheit von S 0 ganz S 0
Folglich muss M
k
k
k
f. Es folgt, dass
sein, und damit gilt: M = M
h 0
i
0
0
0
M = S1 ⊕ S1 ⊕ · · · Sk−1 ⊕ Sk+1 ⊕ · · · ⊕ Sm
0
0
0
0
tatsächlich direkte Summe ist und S2 ⊕ · · · ⊕ Sn und S1 ⊕ · · · Sk−1 ⊕ Sk+1 ⊕ · · · ⊕ Sm isomorph
zueinander sind, denn beide sind isomorph zu M \S1 .
Nachdem wir nun die halbeinfachen Moduln definiert und einige Eigenschaften untersuch haben,
wenden wir uns nun den halbeinfachen Algebren zu.
2
2.1
Halbeinfache Algebren
Wiederholung
Sei R ein kommutativer Ring. Ein Ring (A, +, ·) heißt (assoziative) R-Algebra, falls es eine
Abbildung A × R −→ A, (a, r) → a · r gibt, so dass A ein R-Rechtsmodul ist und zusätzlich
folgende Regeln gelten:
(ab) · r = a · (br) = (ar) · b, ∀r ∈ R, a, b ∈ A.
2.1.1
Beispiele
(1) Sei K ein Körper und V ein K-Vektorraum. Dann ist EndK (V ) eine K-Algebra.
(2) Allgemeiner: Sei R ein kommutativer Ring und M ein R-Rechtsmodul. Dann ist End(MR )
eine R-Algebra.
(3) Sei R ein kommutativer Ring und A eine R-Algebra. Dann ist Mn (A) eine R-Algebra.
(4) Sind A und B zwei R-Algebren, so ist auch A × B eine R-Algebra.
2.1.2
Bemerkung
Sind A und B Algebren über dem kommutativen Ring R und ist f : A −→ B sowohl ein
Ringhomomorpismus, als auch ein Homomorphismus von R-Moduln, so heißt f auch (R)Algebrenhomomorphismus.
Ist R = Z, so ist ein Algebrenhomomorphismus nichts anderes als ein Ringhomomorphismus.
2
HALBEINFACHE ALGEBREN
2.1.3
5
Definition und Satz
Eine K-Algebra, die ein Schiefkörper ist, heißt auch Divisionsalgebra. Für eine Divisionsalgebra D gilt folgender Satz, den wir später noch verwenden werden:
Sei K algebraisch abgeschlossen und sei D eine endlichdimensionale K-Divisionsalgebra, dann
gilt: D ' K.
Beweis: Es ist 1D · K eine zu K isomorphe Unteralgebra von D, die wir mit K identifizieren.
Sei dann x ∈ D. Da ax = xa für jedes a ∈ K (Axiome für Algebren), ist
K[X] =def. {a0 + a1 x + · · · + an xn | n ≥ 0, ai ∈ K}
eine kommutative Ringerweiterung von K. Wegen der Endlichdimensionalität genügt x einer
Polynomgleichung P (x) = 0 mit normierten P ∈ K[X]. Da K algebraisch abgeschlossen ist,
Qd
zerfällt P in Linearfaktoren: P = i=1 (X − ai ), wobei a1 , · · · an ∈ K. Wegen P (x) = 0 folgt
dann x = ai für ein i, also x ∈ K.
2.2
Definition
Eine Algebra A heißt einfach, falls A 6= 0 und falls A und 0 die einzigen (zweiseitigen) Ideale
in A sind.
2.3
Proposition
Sei D eine Divisionsalgebra. Dann ist A = Mn (D) einfach.
Beweis: Sei I ein Ideal in A, I 6= 0. Zu zeigen ist also I = A. Sei dazu α = αij ∈ A. Dann
gibt es β = βij ∈ I mit β 6= 0, etwa βrs 6= 0. Sei weiter ekl ∈ A die Matrix, die nur an der Stelle
(k, l) eine 1, und sonst nur Nullen hat. Dann gilt:
X
X
−1
α=
eij αij =
(eir βesj )βrs
αij ∈ I,
i,j
i,j
da I ein zweiseitiges Ideal ist.
2.4
Definition
Eine Algebra A heißt halbeinfach, falls der Modul AA halbeinfach ist.
Es gilt sogar der folgende Satz:
2.5
Satz
A ist halbeinfach genau dann, wenn A als Modul über sich selbst halbeinfach ist.
Beweis: Sei A als A-Rechtsmodul halbeinfach. Sei M ein endlich erzeugtes A-Modul, wobei
M erzeugt wird von {m1 , · · · , mr }. Definiere dann Ar = A ⊕ · · · ⊕ A (dies ist sicher halbeinfach)
und dann die Abbildung ψ : Ar −→ M, (a1 , · · · , ar ) → m1 a1 + · · · mr ar .
Diese Abbildung ist ein A-Modul Epimorphismus. Da Faktormoduln eines halbeinfachen Moduls
wieder halbeinfach sind, folgt: M ' A/Ker(ψ). Die umgekehrte Richtung folgt direkt aus der
Definition.
2
HALBEINFACHE ALGEBREN
6
Für die folgende Proposition
Tsbenötigen wir einige Eigenschaften des Radikals eines Moduls
M , welches definiert ist als i=1 Ni , aller maximalen Untermoduln Ni von M . Wir benutzen,
ohne zu beweisen: Rad(A) 6= A, falls A 6= 0. Weiter gilt Rad(A) ist ein Ideal in A und A ist
halbeinfach ⇔ Rad(A) = 0.
2.6
Proposition
Sei A eine einfache Algebra. Dann ist A halbeinfach.
Beweis: Da A 6= 0 folgt: Rad(A) 6= A. Nun ist Rad(A) ein Ideal in A und wegen der Einfachheit von A folgt: Rad(A) = 0. Damit ist A halbeinfach.
2.6.1
Folgerung
Seien D1 , · · · , Ds Divisionsalgebren und n1 , · · · , ns ≥ 1 natürliche Zahlen. Dann ist Mn1 (D1 ), × · · ·×
Mns (Ds ) halbeinfach.
2.7
2.7.1
Matrizen von Homomorphismen
Satz
Sei M = M1 ⊕, · · · ⊕ Mn direkte Summe von A-Moduln. Dann hat man
Algebren

Hom(M1 , M1 ) · · · Hom(M1 , Mn )

..
..
..
End(MA ) ' 
.
.
.
Hom(Mm , M1 ) · · ·
eine Isomorphie von



Hom(Mm , Mn )
wobei die Algebra auf der rechten Seite aus allen n × n-Matrizen (fij ) mit fij ∈ Hom(Mi , Mj )
besteht, versehen mit der üblichen Matrixaddition und-multiplikation und der üblichen Multiplikation mit Skalaren aus K.
Beweis: Seien ji : Mi −→ M die kanonischen Injektionen und pi : M −→ Mi die kanonischen
Projektionen. Dann gilt:
n
X
1Mi i = k
ji ◦ pi = 1M und pi ◦ jk =
0
i 6= k
i=1
Weiter zeigt man dann durch nachrechnen, dass die Abbildungen
End(M ) −→ (Hom(Mi , Mk )), f →
P
(pk ◦ f ◦ ji ) und (Hom(Mi , Mk )) −→ End(M ), (fik ) → i,k jk ◦ fik ◦ pi zueinander inverse Algebrenhomomorphismen sind. Dies beendet den Beweis.
Wir erhalten hieraus zwei für später sehr wichtige Folgerungen, bzw. Spezialfälle:
2.7.2
Folgerungen
(1) Ist M = N n , so gilt: End(M ) ' Mn (End(N ))
(2) Sei M = M1 ⊕ · · · ⊕ Mn mit Hom(Mi , Mj ) = 0, falls i 6= j. Dann gilt:
End(M ) ' End(M1 ) × · · · × End(Mn )
Kommen wir nun zum Struktursatz für einfache Algebren.
3
STRUKTURSATZ VON WEDDERBURN
2.8
7
Struktursatz einfacher Algebren
Folgende Aussagen sind äquivalent:
(1) A ist einfach
(2) A =
6 0 ist halbeinfach und es gibt bis auf Isomorphie nur einen einfachen A-Modul
(3) Es ist A ' Mn (D) für eine Divisionsalgebra D und eine natürliche Zahl n ≥ 1. Ferner
sind n und D eindeutig durch A bestimmt (bis auf Isomorphie)
Beweis:
(1) ⇒ (2): Sei A einfach. Nach Proposition 2.6 ist dann A halbeinfach, sagen wir A = S1 ⊕ · · · ⊕
St . Jeder einfache Modul ist isomorph zu einem Si . Zu zeigen ist also, dass jedes Si ' Sj
für alle i,j. Jedes Si ist ein minimales Rechtsideal in A. Nun ist ASi ein nicht-triviales
Ideal und daher folgt: ASi = A.
Dann gilt aber auch A(Si Sj ) = A, insbesondere Si Sj 6= 0. Sei dann x ∈ Si mit xSj 6= 0.
Da Sj einfach ist, folgt xSi = Sj . Weiter ist Si −→ xSi , y → xy ein Epimorphismus und
da Si einfach ist, sogar ein Isomorphismus. Insgesamt ergibt sich daher: Si ' xSi = Sj .
(2) ⇒ (3): Sei A halbeinfach und S der bis auf Isomorphie einzige einfache A-Modul. Es gilt
dann A ' S n für ein n ≥ 1. Es folgt:
A ' End(AA ) ' Mn (End(SA )),
nach Folgerung 2.7.2 und D = End(SA ) ist ein Schiefkörper nach dem Lemma von Schur.
(3) ⇒ (1): Diese Implikation ist Proposition 2.3.
Zur Eindeutigkeit: n ist die Anzahl der einfachen Summanden in einer direkten Zerlegung
von A (diese Zahl ist nach Satz 1.7 eindeutig), der Schiefkörper ergibt sich als Endomorphismenring des einzig einfachen Moduls.
Der Vollständigkeit halber führen wir nun noch die Charakterisierung von halbeinfachen Algebren auf, werden diese aber nicht beweisen. Für die Beweise benötigen wir noch einige Resultate
der nächsten Vorträge, deren Einführung und Nennung an dieser Stelle den Rahmen des Vortrags sprengen würde.
2.9
Charakterisierung halbeinfacher Algebren
Sei A eine endlich dimensionale Algebra und alle Moduln seien endlich erzeugt. Dann sind
folgende Aussagen äquivalent:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
3
3.1
A ist eine halbeinfache Algebra
Rad(A) = 0
Jeder A-Modul ist halbeinfach
Jeder A-Modul ist projektiv
Alle kurzen exakten Folgen von A spalten auf
Jeder Untermodul eines beliebigen A-Moduls ist direkter Summand
Struktursatz von Wedderburn
Lemma
Sei A eine halbeinfache Algebra und für A als A-Modul existiere folgende Summenzerlegung:
A ' S1 ⊕ · · · ⊕ St , mit einfachen Si . Dann gilt für jeden einfachen A-Modul S: S ' Si für ein
i ∈ {1, · · · , t}.
3
STRUKTURSATZ VON WEDDERBURN
8
Beweis: Sei S ein einfacher A-Modul und s 6= 0 ∈ S. Definiere dann φ : A −→ S durch
φ(a) = as für a ∈ A. Da S einfach ist, ist φ surjektiv.
Sei dann für jeder i
in {1, · · · t} φi die Einschränkung von φ auf Si . Wenn diese Einschränkungen alle die Nullabbildung wären, so wäre φ = 0, was nach Annahme nicht möglich ist.⇒ Es gibt daher ein
i ∈ {1, · · · , t} mit φi 6= 0. Nach dem Lemma von Schur ist dies dann schon ein Isomorphismus.
Damit folgt die Behauptung.
Wir können nun im Folgenden bei einer halbeinfachen Algebra A die einfachen Summanden
nach Isomorphietypen sortieren und A dann als direkte Summe mit Vielfachheiten schreiben,
d.h:
A = S1r1 ⊕ · · · ⊕ Strt , ri ∈ N
3.2
Struktursatz von Wedderburn
Sei A eine halbeinfache K-Algebra. Dann gibt es Divisionsalgebren D1 , · · · , Dt über K und
natürliche Zahlen n1 , · · · , nt , so dass gilt:
A ' Mn1 (D1 ) × Mn2 (D2 ) × · · · × Mnt (Dt ).
Ferner sind die Daten (n1 , D1 ), · · · , (nt , Dt ) bis auf Reihenfolge und Isomorphie der Di eindeutig
bestimmt.
Beweis: Zerlege zunächst A in eine direkte Summe A = M1 ⊕ · · · ⊕ Ms , wobei jedes Mi eine
direkte Summe von ni Kopien eines einfachen Moduls Si ist, also Mi ' Sini , so dass Si 6= Sj
für i 6= j gilt. Dann folgt hieraus Hom(Mi , Mj ) = 0 für i 6= j. Sei Di der Endomorphismenring
von Si , der wegen der Einfachheit von Si eine Divisionsalgebra ist. Damit folgt dann:
2.7.2
A ' End(A) '
s
Y
End(Mi ) '
i=1
s
Y
2.7.1
End(Sini ) '
i=1
s
Y
Mni (Di ).
i=1
Nun zeigen wir dieQEindeutigkeit:
0
0
t
Es gelte zunächst i=1 Mn0 (Di ) mit Divisionsalgebren Di0 . Jedes Mn0 (Di ) zerlegt sich in eine
0
i
0
0
i
Summe von ni Kopien von einfachen Mn0 (Di )-Moduln Si (dies zeigt Lemma 3.1), welche ofi
fenbar auch einfache A-Moduln sind.
0
0
0
0
Für i 6= j gilt Si Sj . Denn nehmen wir an es gebe einen Isomorphismus f : Si −→ Sj von
0
0
0
0
0
0
0
A-Moduln, so folgt: f (Si Sj ) = f (Si )Sj = Sj Sj 6= 0, da Sj ein idempotentes Element enthält.
0
0
0
0
Also folgt: Sj Sj 6= 0. Andererseits liegen Si und Sj in unterschiedlichen Komponenten von
A. Dies ist ein Widerspruch. Aus der Eindeutigkeitsaussage 1.6 folgt nun s = t und bis auf
0
0
Umnummerierung der Indizes ni = ni und Di ' Di .
3.2.1
Folgerung
Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper und A eine halbeinfache K-Algebra. Dann gibt
es bis auf Reihenfolge eindeutige natürliche Zahlen n1 , · · · , nt , so dass gilt:
A ' Mn1 (K) × · · · × Mnt (K).
4
DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN
Beweis:
3.3
9
Folgt sofort aus dem Satz von Wedderburn und dem Satz 2.1.3.
Historische Betrachtung
Für den Spezialfall K = C lieferte 1893 Molien einen Beweis für diesen Satz. Um 1907 bewies
Wedderburn den Satz über beliebigen Grundkörpern. Doch damit nicht genug. 1927 schaffte es
Emil Artin den Struktursatz halbeinfacher Algebren unter allgemeineren Bedingungen wie der
Endlichdimensionalität zu beweisen. Dieser Satz ist bekannt unter dem Satz von WedderburnArtin und soll im letzten Abschnitt dieses Vortrages thematisiert werden.
4
Der Satz von Wedderburn-Artin
Zunächst müssen wir uns mit dem Begriff eines halbeinfachen Ringes vertraut machen, um den
Satz von Wedderburn-Artin formulieren und beweisen zu können.
4.1
Satz und Definition
Für einen Ring R sind folgende Bedingungen gleichwertig:
(1)
(2)
(3)
(4)
Alle Links-R-Moduln sind halbeinfach
Alle endlich erzeugten Links-R-Moduln sind halbeinfach
Alle zyklischen Links-R-Moduln sind halbeinfach
R als Links-R-Modul R R ist halbeinfach.
Ein Ring R, der die Bedingungen (1)-(4) erfüllt, heißt halbeinfach. Analog definiert man
die Eigenschaft rechts-halbeinfach“, wenn wir in obiger Formulierung links“ durch rechts“
”
”
”
ersetzen.
Beweis: Die Schlussfolgerung (1) ⇒ (2) ⇒ (3) ⇒ (4) ist trivial. Wir müssen demnach nur
noch (4) ⇒ (1) zeigen. Wir betrachten hierzu die Darstellung eines Moduls durch einen freien“
”
Modul.
4.1.1
Definition
Sei R ein Ring und M ein R-Modul.
(1) Eine Teilmenge S ⊂ M heißt linear unabhängig :⇔ Für alle endlichen Teilmengen {x1 , · · · , xn } ⊂
S folgt aus einer Gleichung a1 x1 + · · · + an xn = 0 stets, a1 = · · · = an = 0
(2) S ⊂ M heißt Basis für M :⇔ S ist linear unabhängig und M = span(S)
(3) M heißt frei :⇔ M besitzt eine Basis
4.1.2
Lemma
Jeder R-Modul M ist Faktormodul eines freien Moduls.
L
Beweis: Sei S = {xj }j∈J eine Erzeugendenmenge für M und sei F = j∈J Rj mit Rj = R
ein freier Modul. Sei ψ : F −→PM wie folgt definiert:
(aj )j∈J ∈ F → ψ((aj )j∈J ) = j∈J aj xj . Dann ist ψ offenbar surjektiv, d.h Im(ψ) = M . Mit
Hilfe des Homomorphiesatzes für Moduln folg dann: M ∼
= F/Ker(ψ).
4
DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN
10
Nun zum Beweis der Richtung (4) ⇒ (1):
L
Sei M ein R-Modul und M ∼
= F/Ker(ψ), wobei F = j∈J Rj mit Rj = R. Dann ist F direkte
Summe halbeinfacher Moduln und somit Summe einfacher Moduln. Nach Folgerung 1.6 ist dann
F selbst halbeinfach. Wegen Satz 1.5 ist M als Faktormodul von F halbeinfach.
4.2
Folgerung
Jeder links-halbeinfache Ring R ist links-noethersch und links-artinsch.
Beweis: Da R halbeinfach ist ⇒ R ist als Links-R-Modul L
halbeinfach, also direkte Summe
von R-Teilmoduln von R, d.h Links-Idealen von R: R =
i∈I Ai , Ai minimal. Wir zeigen
zunächst:
4.2.1
Lemma
Ist R halbeinfach und etwa R =
L
i∈I
Ai , dann ist I endlich.
Beweis: Wir nehmen
zunächst an, dass | I |= ∞. Dann gilt 1 ∈ R ⇒ Es existiert eine
P
Darstellung 1 = i∈I ai , ai ∈ Ai für alle i ∈ I, und nur endlich vieleP
der ai sindP6= 0.
Ist etwa ai0 = 0 und a ∈ Ai0 , a 6= 0, dann haben wir a · 1 = a = a · i∈I ai = i∈I\{i0 } a · ai ,
P
L
a
also a ∈ ai0 ∩
6= 0, im Widerspruch zu R = i∈I Ai .
i
i6=i0
Fortsetzung des Beweises:
L
Da jeder Modul Ai eine (endliche) Kompositionsreihe besitzt, hat auch R = i∈I Ai eine solche
und ist damit wegen Satz () links-noethersch und links-artinsch.
Die etwas überraschende Eigenschaft, dass jeder Modul über einem halbeinfachen Ring wieder
halbeinfach ist, wir durch folgendes Ergebnis klarer:
4.3
Satz
Sei R ein halbeinfacher Ring. Dann ist jeder einfache R-Modul isomorph zu einem Untermodul
von R.
Beweis: Nach vorigem Lemma ist R eine endliche direkte Summe R =
Untermoduln Mi . Sei dann N ein einfacher R-Modul.
Behauptung: ∃i0 : N ∼
= Mi0 als Modul-Isomorphismus.
Nach Lemma 5.2 ist
n
n
M
M
HomR (R, N ) ∼
Mi , N ) ∼
(Mi , N ).
= HomR (R =
=
i=1
Ln
i=1
Mi von R-
i=1
Nach Lemma 5.4 ist HomR (R, N ) ∼
= N 6= 0. Daher ∃i0 : HomR (Mi0 , N ) 6= 0, was nach dem
Lemma von Schur Mi0 ∼
= N zur Folge hat.
Die Struktur halbeinfacher Ringe wir mit Hilfe von Endomorphismenringen bzw. entsprechenden Matrizenringen beschrieben.
4
DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN
4.4
11
Satz
Sei R ein Ring und Mn (R) der Ring der n × n-Matrizen mit Elementen aus R. Dann hat jedes
Ideal I ⊂ Mn (R) die Gestalt Mn (A) mit einem eindeutig bestimmten Ideal A ⊂ R.
Insbesondere gilt: Ist R einfach, so ist auch Mn (R) einfach.
Beweis:
(a) Wenn A ⊂ R ein Ideal ist, so ist offenbar auch Mn (A) ein Ideal.
(b) Sind A, B ⊂ R Ideale, dann ist A = B ⇔ Mn (A) = Mn (B).
” ⇒ ” Diese Richtung ist trivial.
” ⇐ ” Falls A 6= B, etwa b ∈ B, B 6= A, dann ist


b ··· 0
 ..
..
..  ∈ M (B), ∈
/ Mn (A).
 .
n
.
. 
0 ···
0
(
Sei dann I ⊂ Mn (R) ein Ideal, dann sei A :=
a11 ; ∃a =
a11
..
.
···
!)
⊂ I.DannistA⊂
R ein Ideal:
0
0
0
(1) Seien a11 , a11 ∈ A ⇒ ∃a, a ∈ I, die a11 , a11 jeweils an der ersten Position erhalten.
0
⇒ a + a ∈ I.


r ··· 0

..
..  ∈ M (R). Dann ist E(r) · a =
(2) Seien a11 ∈ A, r ∈ R und E(r) =  ...
n
.
. 
r · a11
..
.
···
!
∈ I und a · E(r) =
0 ··· 0
!
a11 · r · · ·
∈ I.
..
.
Behauptung: I = Mn (A). Sei zunächst Eij die Matrix, die an der Position (i,j) eine
1 besitzt und sonst nur mit Nullen besetzt ist. Sei α = αij ∈ Mn (R) eine beliebige
Matrix. Dann ist




j
l


0
.
.
.
.
.
.
0
a
.
.
.
a
.
.
.
0
0
.
.
.
0
0
11
1n





  ..

..
..  
..






.
. 
.

 .

k
i






Eij αEkl = 
· aj1 . . . ajn · 0 . . . 1 . . . 0  = αjk ·Eil .
0
.
.
.
1
.
.
.
0

 .


.
..  

  ..

..
..




.
.
an1 . . . anm
0
0
Ist nun α ∈ I, so wähle i = l = 1 ⇒ E1j αEk1 = αjk E11 hat αjk an der Position
(1,1) und liegt damit in A ⇒ I ⊂ Mn (A).
Sei umgekehrt α = (αij ) ∈ Mn (A). α kann man als Summe schreiben:
α=
n X
n
X
αil Eil ,
i=1 l=1
und es ist α ∈ I, falls αil Eil ∈ I(i, l = 1, · · · , n). Dazu müssen wir eine Matrix
(i,l)
(i,l)
βil = (mjk ) ∈ I finden, so dass αil = m11 .
Nach Konstruktion von A gibt es stets eine solche Matrix (wie oben) ⇒ αil Eil =
(i,l)
m11 Eil = Ei1 βil E1l ∈ I.
4
DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN
4.5
12
Satz
Sei D ein Schiefkörper und R = Mn (D). Dann gilt:
(1) R ist einfach, links-halbeinfach, links-noethersch und links-artinsch
(2) R besitzt bis auf
Ln Isomorphie genau einen links-einfachen Modul V und es ist
V ⊕ · · · ⊕ V = i=1 V = n · V
|
{z
}
RR
∼
=
n−mal
Beweis:
(1) Wegen Satz 4.4 hat mit D auch R = Mn (D) nur die trivialen Ideale 0 und R, also ist R
einfach.
R betrachten wir als Links-Vektorraum über D mit der Dimension n2 und den Basiselementen Eij , (i, j = 1, · · · , n). R ist ein endlichdimensionaler Vektorraum und als solcher
besitzt er deswegen eine Kompositionsreihe, daher ist R links-noethersch und links-artisch.
(2) Sei VD der Vektorraum Dn , der aus den Spalten von R besteht.





 a1



VD =  ...  ; ai ∈ D, i = 1, · · · , n ,




an
betrachtet als Rechts-D-Vektorraum. Dann wird VD über die Matrixmultiplikation ein
Links-R-Modul. Sei weiter:




v1
a11 . . . a1n

..  ∈ R, v =  ..  ∈ V ,
α =  ...
 . 
D
. 
an1
dann ist
...
vn
anm
 Pn
i=1

α·v =
..
Pn .
i=1
a1i vi


 ∈ VD ,
ani vi
d.h α definiert einen Endomorphismus fα auf VD : fα ∈ End(VD ) und umgekehrt wird
jeder Endomorphismus fα ∈ End(VD ) durch eine Matrix α ∈ Mn (D) gegeben. Daher ist
R∼
= EndVD .
Ist v ∈ VD , v 6= 0 fest und w ∈ VD beliebig, dann folgt aus der linearen Algebra: ∃αw ∈
R : αw · v = w ⇒ R · v = VD . Daher ist VD ein einfacher R-Modul. Sei dann ai das
Links-Ideal von R, dass wie folgt definiert ist:





 0 . . . a1i . . . 0


..
..  | a ∈ D ∈ a
ai =  ...

ij
.
.

 R i


0 . . . ani . . . 0
⇒ R = a1 ⊕ · · · ⊕ an und ai ∼
= VD ; i = 1, · · · , n.
⇒R R ∼
V
⊕
·
·
·
⊕
V
=
n · VD , also halbeinfach. Nun ist die Behauptung, dass VD
= D
D
0
bis auf Isomorphie der einzig einfach Links-R-Modul. Angenommen V sei ein weiterer
0
einfacher Linkks-R-Modul. Mit Lemma 5.5 folgt dann: V ∼
= 0R/m mit einem maximalen
Linksideal m. Da R R halbeinfacher Links-R-Modul ist, ist V direkter Summand von R.
0
Wegen R R ∼
= n · VD und Lemma 5.3 ist dann V ∼
= VD .
Kommen wir nun zum Hauptergebnis dieses Abschnitts, einen in der Ringtheorie mit am
häufigsten benutzten Satz, der Satz von Wedderburn-Artin:
4
DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN
4.6
13
Der Satz von Wedderburn-Artin
Sei R ein links-halbeinfacher Ring. Dann ist
R∼
= Mn1 (D1 ) × · · · × Mnr (Dr ) ∼
=
r
M
EndDi (Dini ),
i=1
wobei D1 , · · · , Dr Schiefkörper und n1 , · · · , nr positive natürliche Zahlen sind.
r und die Paare (n1 , D1 ), · · · , (nr , Dr ) sind bis auf Permutationen und Isomorphien eindeutig
bestimmt.
r ist die Anzahl der verschieden, nicht-isomorphen links-einfachen Moduln über R und ni =
dimDi Mi , (i = 1, · · · , r).
Bevor wir diesen Satz beweisen, noch ein kleines Lemma vorweg:
4.6.1
Lemma
Es gibt einen Ringisomorphismus zwischen R und EndR (R):
R∼
= EndR (R),
wobei R als R-Rechts-Modul aufgefasst wird und dementsprechend die Elemente von EndR (R)
Modulhomomorphismen des R-Rechts-Moduls R sind.
Beweis: Sei ϕ : R −→ EndR (R), r → ϕ(r) := ϕr , definiert durch ϕr (a) := r · a∀a ∈ R. Wir
zeigen nun:
(1) ϕr ist ein R-Rechtsmodul Homomorphismus
(2) ϕ ist injektiv und surjektiv
(3) ϕ ist ein Ringisomorphismus
Die additiven Eigenschaften sind jeweils trivial. Daher betrachten wir nur die multiplikativen
Eigenschaften.
(1) Seien a, b ∈ R ⇒ ϕr (ab) = r · (ab) = (ra)b = ϕr (a)b
(2) Injektivität: Nehmen wir an, es gäbe ein r 6= 0 mit ϕr = 0 ⇒ ϕr (1) = 0 = r · 1 = 1.
Dies ist ein Widerspruch.
Surjektivität: Sei φ ∈ EndR (R) und etwa φ(1) = 1 ⇒ ∀a ∈ R ist φ(a) = φ(1 · a) =
φ(1) · a = r · a = φr (a) ⇒ φ = ϕr
(3) Seien r1 , r2 ∈ R. Dann ist zu zeigen: ϕ(r1 r2 ) = ϕ(r1 )ϕ(r2 ). Sei dann a ∈ R beliebig:
ϕr1 r2 (a) = (r1 r2 )a = r1 (r2 a) = ϕr1 (ϕr2 (a)) = ϕr1 · ϕr2 (a).
Lr
Beweis von 4.6: Nach Lemma 5.3 und 4.2.1 ist R ∼
= i=1 ni Mi , wobei Mi paarweise nichtisomorphe einfache R-Moduln sind, und jeder der Moduln Mi genau ni -mal auftreten. Diese
Darstellung ist bis auf Isomorphie eindeutig.
Aus dem vorigem Lemma erhalten wir nun:
!
r
r
M
M
∼
∼
R = EndR (R) = HomR
n i Mi ,
ni Mi .
i=1
i=1
Nach dem Lemma von Schur folgt dann: HomR (Mi , Mj ) = 0 für i 6= j. Daher ergibt sich wegen
Lemma 5.2:
r
r
M
M
HomR (ni Mi , ni Mj ) ∼
EndR (ni Mi ).
R∼
=
=
i=1
i=1
5
ANHANG
14
Ist nun D = EndR (M ) und ϕ ∈ D, ϕ 6= 0, so ist ϕ(M ) = M . Entsprechend wird
 φ
m1
 ..
EndR (nM ) = EndR (M ⊕ · · · ⊕ M ) ein Endomorphismus, der auf ein n-Tupel v =  .
∈



mn
angewendet wir, was durch eine Matrix


 
m1
ϕ11 . . . ϕ1n
 ..
..  ·  ..  ∈ M ⊕ · · · ⊕ M = n · M
 .
.   . 
mn
ϕn1 . . . ϕnn
realisiert wird und umgekehrt. Es ist φ = 0 ⇔ ϕij = 0 für i = 1, · · · , n. Daher ist EndR (nM ) ∼
=
Mn (D).
Nun ist aber Dn = D ⊕ · · · ⊕ D ein Vektorraum über D und daher sind seine Endomorphismen
die linearen Abbildungen in sich. Aus der linearen Algebra wissen wir dann, dass diese genau
den n × n-Matrizen Mn (D) entsprechen.
⇒ EndR (ni Mi ) ∼
= Mni (Di ) ∼
= EndDi (Dini ),
für i = 1, · · · , n.
5
5.1
Anhang
Lemma von Schur
(1) Sei M ein einfacher R-Modul. Dann ist der Ring EndR (M ) ein Schiefkörper.
(2) Sind M und N einfache R-Moduln, dann ist HomR (M, N ) 6= 0, dann und nur dann, wenn
M∼
= N.
Beweis:
(1) Sei f 6= 0 ∈ EndR (M ). Dann ist Im(f ) ein Untermodul von M, welcher nicht das 0Modul ist und Ker(f ) ist ein Untermodul von M, welcher verschieden ist von M . Nun ist
M nach Voraussetzung einfach, daher folgt: Im(f ) = M und Ker(f ) = 0. Demnach ist f
ein R-Modul Isomorphismus und somit als Element des Rings EndR (M ) invertierbar.
(2) Analog wie in (1) ergibt sich, dass jeder Homomorphismus f : M −→ N , welcher nicht
der 0-Homomorphismus ist, ein Isomorphismus ist.
5.2
Lemma
Seien M, M1 , M2 und N, N1 , N2 jeweils R-Moduln. Dann gilt:
(1) HomR (M1 ⊕ M2 , N ) ∼
= HomR (M1 , N ) ⊕ HomR (M2 , N )
(2) HomR (M, N1 ⊕ N2 ) ∼
= HomR (M, N1 ) ⊕ HomR (M, N2 )
5
ANHANG
15
Beweis: Wir zeigen nur (1), da die zweite Aussage analog zu beweisen ist.
Sei ϕ : M1 ⊕M2 −→ N , d.h ϕ ∈ HomR (M1 ⊕M2 , N ) und nun definiere weiter: ϕ1 := ϕ|M1 , ϕ2 :=
ϕ|M2 . Damit haben wir dann: ϕ1 : M1 −→ N, ϕ1 ∈ HomR (M1 , N ) und ϕ2 : M2 −→ N, ϕ2 ∈
HomR (M2 , N ).
Definiere nun die Abbildung
φ : HomR (M1 ⊕ M2 , N ) −→ HomR (M1 , N ) ⊕ HomR (M2 , N ),
durch φ(ϕ) := ϕ1 + ϕ2 . Zu zeigen ist nun also, dass diese Abbildung ein Isomorphismus ist.
fi
gi
Wir wählen für die direkte Summe die Darstellung Mi −→ M1 ⊕ M2 −→ Mi (i = 1, 2), d.h
mi ∈ Mi −→ fi (mi ) ∈ M1 ⊕ M2 , (i = 1, 2) - Einbettung
m ∈ M1 ⊕ M2 −→ gi (m) ∈ Mi - Projektion.
φ(ϕ) können wir auch wie folgt schreiben: φ(ϕ) = ϕf1 + ϕf2 . Ist etwa m = m1 + m2 ∈ M1 ⊕ M2
und ϕ(m) ∈ N , dann wird φ(ϕ)(m1 + m2 ) = ϕ(f1 (m1 )) + ϕ(f2 (m2 )).
Zeige nun, dass φ injektiv ist:
Sei ψ ∈ HomR (M1 ⊕ M2 , N ) und ψ 6= 0 ⇒ ∃m ∈ M1 ⊕ M2 | ψ(m) 6= 0, m = f1 (m1 ) + f2 (m2 ) ⇒
ψ(m) = (ψf1 )(m1 ) + (ψf2 )(m2 ) 6= 0 ⇒ (ψf1 )(m1 ) 6= 0 ∨ (ψf2 )(m2 ) 6= 0 ⇒ (ψf1 ) 6= 0 ∨ (ψf2 ) 6=
0 ⇒ φ(ϕ) 6= 0 ⇒ φ ist injektiv. Es bleibt zu zeigen, dass φ surjektiv ist.
Sei zunächst [φ1 , φ2 ] ∈ HomR (M1 , N ) ⊕ HomR (M2 , N ). Dann definieren wir ψ ∈ HomR (M1 ⊕
M2 , N ) wie folgt: ∀b ∈ M1 ⊕ M2 sei ψ(b) = (φ1 g1 )(b) + (φ2 g2 )(b) bzw. bi = gi (b) ∈ Mi , (i = 1, 2)
mit ψ(b) := φ1 (b1 ) + φ2 (b2 ). Offenbar ist dann φ(ψ) = [φ1 , φ2 ]. Damit ist φ surjektiv.
5.3
Satz
L
Seien L
M und N halbeinfache R-Moduln mit einfachen Faktorisierungen M ∼
= α∈A Γα Mα und
∼
N ∼
=
β∈B Λβ Nβ . Ist M = N , dann gibt es eine bijektive Abbildung ψ : A −→ B, so dass
∼
für alle α ∈ A gilt: Mα = Nψ(α) . Es ist dann Γα endlich, genau dann, wenn Λβ endlich ist. In
diesem Fall ist | Γα |=| Λβ |.
Beweis:
0
0
Sei ϕ : M −→ N ein Isomorphismus, α ∈ A und M = Mα ⊕ M mit M =
0
L
γ∈A\α
und | Γα |=| Γα | −1. Wegen Lemma 5.2 gilt dann:
L
0
0
HomR (M, N ) = HomR (Mα ⊕M , N ) ∼
= HomR (Mα )⊕HomR (M , N ) = HomR (Mα , β∈B Λβ Nβ )⊕
L
0
0
HomR (M , N ) ∼
=
β∈B Λβ HomR (Mα , Nβ ) ⊕ HomR (M , N ).
Nach dem Lemma von Schur ist dann HomR (Mα , Nβ ) = 0 oder Mα ∼
= Nβ . Da alle zueinander isomorphen Moduln von N zu Λβ Nβ zusammengefasst sind, gibt es höchstens ein β mit
Mα ∼
= Nβ .
Nehmen wir nun an, es existiere keine β mit Mα ∼
= Nβ , so folgt HomR (Mα , N ) = 0. Jedoch ist
0
obiger Isomorphismus ϕ : M −→ N definiert durch ϕ ◦ ι : Mα ⊕ M ,→ M −→ N und ι durch
0
die injektiven Homomorphismen ι1 : Mα ,→ M und ι : M ,→ M , d.h. ϕ ◦ ι = (ϕ ◦ ι1 , ϕ ◦ ι2 ).
Falls HomR (Mα , N ) = 0 ⇒ ϕ ◦ ι1 = 0, also ϕ|Mα = 0. Widerspruch, da ϕ nach Voraussetzung
ein Isomorphismus ist.
Setze nun ψ(α) := β, falls HomR (Mα , Nβ ) 6= 0. Dann ist ψ offenbar injektiv. Zu zeigen bleibt,
dass ψ surjektiv ist. Dazu teilen wir N wie oben auf:
0
Sei β ∈ B beliebig gewählt und N = Nβ ⊕ N . Dann folgt:
0
HomR (M, N ) ∼
= HomR (M, Nβ ) ⊕ HomR (M, N )
und
HomR (M, Nβ ) ∼
=
M
α∈A
Γα HomR (Mα , Nβ ) 6= 0,
5
ANHANG
16
daL
ϕ surjektiv ist. ⇒ ∃α : HomR (Mα , Nβ ) 6= 0 ⇒ ψ(α) = β ⇒ HomR (M, N )
∼
= α∈A HomR (Γα Mα , Λψ(α) Nψ(α) ).
Nun ist ϕ : M −→ N ein Isomorphismus ⇔ ϕ|Γα Mα : Gammaα Mα −→ Λψ(α) Nψ(α) ist ein
Isomorphismus, daher ist Mα ∼
= Nψ(α) und somit | Γα |=| Λψ(α) .
5.4
Lemma
Ist M ein R-Modul, dann ist HomR (R, M ) ∼
= M als Z-Modul.
Beweis: Sei φ : HomR (R, M ) −→ M definiert durch φ(f ) := f (1)∀f ∈ HomR (R, M ). Zeige
dann: φ ist ein Z-Isomorphismus von HomR (R, M ) auf M .
(a) φ ist injektiv:
Annahme: ∃f, g ∈ HomR (R, M ) mit f (1) = g(1). Sei dann r ∈ R beliebig. ⇒ r = r · 1 ⇒
f (r) = f (r · 1) = r · f (1) = r · g(1) = g(r · 1) = g(r) ⇒ f = g.
(b) φ ist surjektiv:
Sei m ∈ M beliebig. ⇒ fm definieren wir dann wie folgt: fm (1) := m, fm (r) = fm (r · 1) =
r · fm (1) = r · m ⇒ fm ∈ HomR (R, M ).
5.5
Lemma
Sei R ein Ring und M = hmi ein zyklischer R-Modul, dann ist M ∼
= R/Ann(m).
Beweis: Betrachte die Abbildung f : R −→ M mit f (1) = m, f (r) = r · m. Dies ist offenbar
ein Epimorphismus und es gilt:
Ker(f ) = {r ∈ R; f (r) = r · m = 0} = Ann(m).
Damit folgt dann:
R/Ann(m) = R/Ker(f ) ∼
= Im(f ) = M,
mit Hilfe des Homomorphiesatzes.
LITERATUR
17
Literatur
[1] Jacobson, N.: Basic Algebra I, New York 2 1985
[2] Jacobson, N.: Basic Algebra II, New York 2 1989
[3] Anderson, F.W., Fuller, K.R.: Rings and Categories of Modules, New York 2 1992
[4] Dieck, Tom: Skript ”1. Algebra”,Universität Göttingen 2004
[5] Kussin, Dirk: Skript ”Ringe und Moduln”, Universität Paderborn 2005
[6] Neßelmann, Dieter: Skript ”Ringe und Moduln”, Universität Rostock 2005
[7] Cohn, P. M.:Algebra, London 2 1989
[8] Adkins,William/Weintraub,Steven: Algebra. An Approach via Module Theory, New York
1992