Lösung - Algebra II Materialien

Stefan K.
Wintersemester 2004/05
8.Übungsblatt Algebra II
Aufgabe 1
siehe handschriftliche Abgabe
Aufgabe 2
zu 1.) Hom(Z/n × Z/m , Z/p ) über dem Ring Z
Z/n × Z/m wird erzeugt durch {(1, 0), (0, 1)}. Jedes
(a, b) ∈ Z/n × Z/m hat die Darstellung (a, b) = a(1, 0) + b(0, 1).
Element
Sei ϕ ∈ Hom(Z/n × Z/m , Z/p ), a ∈ Z/n , b ∈ Z/m .
ϕ((a, b)) = ϕ((a, 0)) + ϕ((0, b))
= aϕ((1, 0)) + bϕ((0, 1))
(wegen Z-Linearität von ϕ)
Der Homomorphismus ϕ ist bereits durch die Bilder der erzeugenden Elemente bestimmt. Daher ist
Hom(Z/n × Z/m , Z/p ) ' Z/p × Z/p .
Der zugehörige Isomorphismus
ψ : Hom(Z/n × Z/m , Z/p ) −→ Z/p × Z/p
ist bestimmt durch
ψ(ϕ) = (ϕ((1, 0)), ϕ((0, 1))).
Erzeugt wird Hom(Z/n × Z/m , Z/p ) durch {ϕ1 , ϕ2 } mit ϕ1 ((1, b)) = 1 und
∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼
ϕ2 ((a, 1)) = 1 ,
∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼
also ϕ1 ((a, b)) = a und ϕ2 ((a, b)) = b.
nicht immer ∈ Hom(. . . )!
Stefan K., Algebra Blatt 8
Seite 1
zu 2.) Hom(k, k[X]) über dem Ring k
Sei ϕ ∈ Hom(k, k[X]), ϕ(1) = p ∈ k[X].
⇒ k ∈ k : ϕ(k) = ϕ(k · 1) = k · ϕ(1) = kp wegen k-Linearität.
⇒ ϕ ist bereits eindeutig dadurch bestimmt, wie die 1 ∈ k abgebildet wird.
⇒ Hom(k, k[X]) ' k[X] :
ψ : Hom(k, k[X]) → k[X] , ψ(ϕ) = ϕ(1) ist ein Gruppenisomorphismus:
ψ(ϕ1 ) = ψ(ϕ2 ) ⇒ ϕ1 (1) = ϕ2 (1) ⇒ k · ϕ1 (1) = k · ϕ2 (1)
⇒ ϕ1 (k·1) = ϕ2 (k·1) ⇒ ϕ1 (k) = ϕ2 (k) wegen k-Linearität, ∀ k ∈ k, ϕ1 , ϕ2 ∈
Hom(k, k[X]) ⇒ ϕ1 = ϕ2
⇒ ψ ist injektiv. (ψ(ϕ) = 0 ⇒ ϕ(1) = 0 ⇒ ∀k ∈ k : ϕ(k) = kϕ(1) = k0 =
0 ⇒ ϕ ≡ 0)
∀ p ∈ k[X] ∃ ϕ ∈ Hom(k, k[X]) : ϕ(1) = p, ϕ(k) = kp ∀ k ∈ k
⇒ ψ ist surjektiv.
ψ(ϕ1 ◦ ϕ2 ) = (ϕ1 ◦ ϕ2 )(1) = ϕ1 (1)ϕ2 (1) (ϕ1 , ϕ2 sind Homomorphismen)
(Hom ist abelsche Gruppe, und damit isomorph zu Z)
⇒ ψ(ϕ1 ◦ϕ2 ) = ψ(ϕ1 )◦ψ(ϕ2 ) (additive Notation:ψ(ϕ1 +ϕ2 ) = ψ(ϕ1 )+ψ(ϕ2 ))
⇒ ψ ist Gruppenhomomorphismus.
Eine Basis für k[X] ist {1, X, X 2 , X 3 , . . .}.
Ich wähle die Notation ϕp für ϕp ∈ Hom(k, k[X]) mit ϕp (k) = kp und k ∈
k, p ∈ k[X].
p=
n
X
ai X i
, n ∈ N ∪ {0}
i=0
⇒ ϕp =
n
X
ai ϕ X i
i=0
Eine Basis für Hom(k, k[X]) über dem Ring k ist also {ϕ1 , ϕX , ϕX 2 , ϕX 3 , . . .}.
Stefan K., Algebra Blatt 8
Seite 2
zu 2.) Hom(k,k[X]) über dem Ring k[X]
Hom(k, k[X]) = {0} : es gibt keinen nichttrivialen Modulhomomorphismus
zwischen k und k[X] über dem Ring k[X].
Betrachte k als k[X]-Modul: ∃ p1 , p2 ∈ k[X] : p1 · 1 = p2 · 1 (k als echtes
k[X]-Untermodul von k[X]) mit p1 6= p2
Sei ϕ ∈ Hom(k, k[X]) ein nichttrivialer Homomorphismus, also ϕ 6= 0. Dann
ist aufgrund der k[X]-Linearität ϕ(1) 6= 0.
⇒ ϕ(p1 · 1) = ϕ(p2 · 1) ⇒ p1 ϕ(1) = p2 ϕ(1) wegen k[X]-Linearität
⇒ p1 = p2 Widerspruch.
zu 3.) Hom(k[X],k) über dem Ring k
P
Seien ϕi ∈ Hom(k[X], k), ϕi ( ni=0 ai X i ) = ai ∈ k, also ϕi (X i ) =
1. Diese ϕi bilden einPErzeugendensystem für Hom(k[X], k), denn sei ϕ ∈
Hom(k[X], k) mit ϕ( ni=0 ai X i ) = k ∈ k,
n
n
X
X
i
ϕ(
ai X ) =
ai ϕ(X i )
i=0
i=0
wegen k-Linearität, ϕ ist bereits dadurch bestimmt, wie es die Bilder der
k[X]-Basis {1, X, X 2 , X 3 , . . .} abbildet. Daher ist jeder
∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼
N
φ ∈ {f : k → k} ' k[[X]]
Homomorphismus ϕ ∈ Hom(k[X], k) eine endliche Linearkombination der
unabhängigen ϕi , welche also eine Basis für Hom(k[X], k) bilden.
⇒ Hom(k[X], k) ' k [X] . k[[X]]
∼∼∼
Stefan K., Algebra Blatt 8
Seite 3
zu 3.) Hom(k[X],k) über dem Ring k[X]
Sei ϕ ∈ Hom(k[X], k), ϕ(1) = k, k ∈ k, 1 ∈ k[X].
⇒ ∀ p ∈ k[X] : ϕ(p) = pϕ(1) = pk wegen k[X]-Linearität
⇒ ϕ ist eindeutig durch ϕ(1) bestimmt
⇒ Hom(k[X], k) ' k.
Der zugehörige Isomorphismus ist ϕ −→ ϕ(1):
ψ : Hom(k[X], k) → k , ψ(ϕ) = ϕ(1) ist ein Gruppenisomorphismus:
ψ(ϕ1 ) = ψ(ϕ2 ) ⇒ ϕ1 (1) = ϕ2 (1) ⇒ p · ϕ1 (1) = p · ϕ2 (1)
⇒ ϕ1 (p · 1) = ϕ2 (p · 1) ⇒ ϕ1 (p) = ϕ2 (p) wegen k[x]-Linearität, ∀ p ∈
k[X], ϕ1 , ϕ2 ∈ Hom(k[X], k) ⇒ ϕ1 = ϕ2
⇒ ψ ist injektiv. (ψ(ϕ) = 0 ⇒ ϕ(1) = 0 ⇒ ∀ p ∈ k[X] : ϕ(p) = pϕ(1) =
p0 = 0 ⇒ ϕ ≡ 0)
∀ k ∈ k ∃ ϕ ∈ Hom(k[X], k) : ϕ(1) = k, ϕ(p) = pk ∀ p ∈ k[X]
⇒ ψ ist surjektiv.
ψ(ϕ1 ◦ ϕ2 ) = (ϕ1 ◦ ϕ2 )(1) = ϕ1 (1)ϕ2 (1) (ϕ1 , ϕ2 sind Homomorphismen)
(Hom ist abelsche Gruppe, und damit isomorph zu Z)
⇒ ψ(ϕ1 ◦ϕ2 ) = ψ(ϕ1 )◦ψ(ϕ2 ) (additive Notation:ψ(ϕ1 +ϕ2 ) = ψ(ϕ1 )+ψ(ϕ2 ))
⇒ ψ ist Gruppenhomomorphismus.
Besitzt k eine Basis {bi }, so ist die Basis {ϕi } von Hom(k[X], k) bestimmt
durch ϕi (1) = bi .
/3P
Stefan K., Algebra Blatt 8
Seite 4
Aufgabe 3
zu 1.)
f1
f2
0 −→ Z −→ Z ⊕ Z −→ Z −→ 0.
(1)
(1) ist eine kurze exakte Sequenz, daher muss f2 surjektiv sein, mit
kerf2 ' Z, und f1 injektiv, mit cokerf1 ' Z, wegen imf1 = kerf2 .
Betrachte zunächst die Projektionen f21 ((a, b)) = a und f22 ((a, b)) = b. Sie
sind surjektiv, und wegen kerf21 = {(0, b)| b ∈ Z} bzw. kerf22 ={(a, 0)| a ∈ Z}
machen die Homomorphismen f11 (a) = (0, a) bzw. f11 (a) = (a, 0) , f11 ,f12 :
Z −→ Z ⊕ Z die Sequenz (1) exakt. f11 und f12 sind injektiv.
Betrachte nun f2 ohne die Projektionen. Aus den Eigenschaften der ZLinearität folgt für 0, a, b ∈ Z
f2 ((0, 0)) = 0 · f2 ((0, 0)) = 0,
f2 ((a, 0)) = af2 ((1, 0)),
f2 ((0, b)) = bf2 ((0, 1)),
⇒ f2 ((a, b)) = af2 ((1, 0)) + bf2 ((0, 1)).
(2)
f2 ist somit bereits vollständig bestimmt durch die Festlegung der Bilder
von (1, 0) und (0, 1). Damit f2 surjektiv ist, muß der größte gemeinsame
Teiler von f2 ((1, 0)) und f2 ((0, 1)) gleich 1 sein: ggt(f2 ((1, 0)), f2 ((0, 1))) = 1.
Dann ist auch jedes x ∈ Z darstellbar als Linearkombination von f2 ((1, 0))
und f2 ((0, 1)), tritt also als ein Bild f2 ((a, b)) auf.
Betrachte den kanonischen Fall f2 ((1, 0)) = 1 und f2 ((0, 1)) = 1:
f2 (a, b) = 0 ⇔ a + b = 0 ⇔ a = −b
⇒ kerf2 = {(a, −a)| a ∈ Z}
⇒ imf1 = {(a, −a)| a ∈ Z}, f1 injektiv,
⇒ f1 (a) = (a, −a) ∨ f1 (a) = (−a, a).
(3)
Der allgemeine Fall für (f2 ((1, 0)), f2 ((0, 1))) = (x, y), ggT(x, y) = 1 ergibt
sich durch Umrechnen/Betrachten des Kerns ax + by = 0 analog.
Linke äußere Abbildung: 0 −→ 0 ∈ Z, rechte äußere Abbildung: Z 3 a −→ 0.
Stefan K., Algebra Blatt 8
Seite 5
zu 2.)
f1
f2
0 −→ k[X] −→ k[X] −→ k −→ 0.
(4)
Da (4) eine kurze exakte Sequenz ist, muß f2 surjektiv sein und kerf2 ' k[X],
f1 injektiv, cokerf1 = k.
Sei für p ∈ k[X]:
n
X
p=
ai X i
, n ∈ N ∪ {0}
(5)
i=0
Für einen Homomorphismus f2 : k[X] −→ k gilt wegen k[X]-Linearität
f2 (p) = pf2 (1).
Das weitere hängt von der Wahl der k[X]-Modulstruktur ab. Ich wähle die
kanonische k[X]-Modulstruktur, mit der Multiplikation p · k := p(0)k. k läßt
sich als Untermodul von k[X] betrachten, indem die Elemente von k mit den
konstanten Polynomen identifiziert werden. Der zugehörige Homomorphismus f2 bildet also die Elemente aus k[X] auf ihren konstanten Anteil ab:
f2 (p) = a0 = p(0).
f2 ist der Einsetzungshomomorphismus an der Stelle 0, damit es surjektiv
wird.
⇒ kerf2 =
n
nX
ai X i | n ∈ N
o
i=1
⇒ imf1 =
n
nX
ai X
i
| n∈N
o
i=1
f1 bildet ab auf Polynome mit konstantem Anteil a0 = 0. Auch für den
Homomorphismus f1 : k[X] −→ k[X] gilt wegen k[X]-Linearität
f1 (p) = pf1 (1).
⇒ f1 : k[X] −→ k[X], f1 (p) = pX =
n
X
ai X i+1
i=0
für p wie in (5) definiert.
Linke äußere Abbildung: 0 −→ 0 ∈ k[X], rechte äußere Abbildung:
k 3 k−→ 0.
Stefan K., Algebra Blatt 8
Seite 6
zu 3.)
f1
f2
0 −→ k[X] −→ k[X] −→ k[X]/(X 2 ) −→ 0.
(6)
Da (6) eine kurze exakte Sequenz ist, muß f2 surjektiv sein und kerf2 ' k[X],
f1 injektiv, cokerf1 = k[X]/(X 2 ).
Sei für p ∈ k[X]:
p=
n
X
ai X i
, n ∈ N ∪ {0}
(7)
i=0
Für einen Homomorphismus f2 : k[X] −→ k[X]/(X 2 ) gilt
f2 (p) = pf2 (1).
Ich wähle die k[X]-Modulstruktur wie in 2). Für k[X]/(X 2 ) als Untermodul von k[X] ist der zugehörige Homomorphismus f2 die Abbildung auf den
Anteil ersten Grades: f2 (p) = a0 + a1 X.
⇒ kerf2 =
n
nX
o
ai X i | n ∈ N\{1}
i=2
⇒ imf1 =
n
nX
ai X
i
| n ∈ N\{1}
o
i=2
f1 bildet ab auf Polynome mit den Koeffizienten a0 = a1 = 0. Auch für den
Homomorphismus f1 : k[X] −→ k[X] gilt wegen k[X]-Linearität
f1 (p) = pf1 (1).
⇒ f1 : k[X] −→ k[X] , f1 (p) = pX 2 =
n
X
ai X i+2
i=0
für p wie in (7) definiert.
Linke äußere Abbildung: 0 −→ 0 ∈ k[X], rechte äußere Abbildung:
k[X]/(X 2 ) 3 k−→ 0.
/3P
Stefan K., Algebra Blatt 8
Seite 7

Download Report