Ideal und Epimorphismus < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:42 Sa 02.07.2011 | | Autor: | Sindacco |
Hallo an alle,
ich komm gleich mal zur Sache: Ich habe eine Frage zu Idealen.
Nehmen wir mal an, ich hab ein Ideal J in einem Ring R mit 1 und J [mm] \not= [/mm] R. Dann nehm ich mir ein Epimorphismus f:R [mm] \to [/mm] S, wobei S ebenfalls ein Ring mit 1 ist.
Da f surjektiv ist, ist f(J) also Ideal in S. Jetzt möchte ich zeigen, dass f(J) [mm] \not= [/mm] S.
Kann ich das so zeigen:
J ist echt in R enthalten [mm] \Rightarrow [/mm] 1 [mm] \not\in [/mm] J. Da gilt [mm] f(1_R) [/mm] = [mm] 1_S [/mm] folgt [mm] 1_S [/mm] = [mm] f(1_R) \not\in [/mm] f(J) [mm] \Rightarrow [/mm] f(J) liegt echt in S.
Ist diese Folgerung so richtig?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) noch nicht fertig  | | Datum: | 12:02 Sa 02.07.2011 | | Autor: | blascowitz |
Hallo,
das ist im allgemeinen falsch, da dir ja keiner sagt, das nicht irgendein anderes Element aus dem Ideal auf [mm] $1_{S}$ [/mm] geschoben wird.
Als Beispiel nimm dir als Ring [mm] $\IZ$, [/mm] als Ideal [mm] $I=\{z \in \IZ \; | \; z \; gerade \} [/mm] und als Epimorphismus setze:
[mm] $\phi(z): [/mm] I [mm] \rightarrow \IZ: [/mm] z [mm] \rightarrow \frac{z}{2}$
[/mm]
Dann ist $1 [mm] \in \phi(I)$, [/mm] also [mm] $\phi(I)=\IZ$ [/mm]
Viele Grüße
Blascowitz
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:09 Sa 02.07.2011 | | Autor: | blascowitz |
Ich habe einen Fehler gemacht, die Abbildung ist gar kein Ringhomomorphismus.
Entschuldigung dafür
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:17 Sa 02.07.2011 | | Autor: | Sindacco |
Wie kann man das sonst zeigen? Irgendwie fällt mir dazu nichts mehr ein.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:54 Sa 02.07.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Wie kann man das sonst zeigen? Irgendwie fällt mir dazu
> nichts mehr ein.
Das gilt nicht immer. Hier ein funktionierendes Gegenbeispiel: $f : [mm] \IZ \to \IZ/2\IZ$, [/mm] $I = 3 [mm] \IZ$. [/mm] Das Element $3 [mm] \in [/mm] I$ wird auf $1 + 2 [mm] \IZ \in \IZ/2\IZ$ [/mm] abgebildet.
Wenn allerdings [mm] $\ker [/mm] f [mm] \subseteq [/mm] I$ gilt (oder $I [mm] \subseteq \ker [/mm] f$, aber dann ist's trivial) und wenn [mm] $\ker [/mm] f$ nicht ganz $R$ ist, dann gilt es.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:21 Sa 02.07.2011 | | Autor: | Sindacco |
Achso, also wenn J den Kern umschließt, dann ist's allgemein gültig.
Ist das dann eine g.d.w.-Aussage, d.h. f(J) ist echt in S g.d.w. ker(f) Teilmenge von J ist?
Ich hab nur Schwierigkeiten das zu beweisen. D.h. genauer, ich weiß nicht, wie ich die Tatsache, dass der Kern ein Teil von J ist, einbinden soll, um auf die Behauptung zu kommen.
Kann mir vielleicht jemand einen günstigen Ansatz liefern, in beide Richtungen, wenns geht?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:12 Sa 02.07.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Achso, also wenn J den Kern umschließt, dann ist's
> allgemein gültig.
Genau.
> Ist das dann eine g.d.w.-Aussage, d.h. f(J) ist echt in S
> g.d.w. ker(f) Teilmenge von J ist?
Nein. Aber man kann daraus eine basteln 
Der Punkt ist: fuer Ideale $I, J$ eines Ringes $R$ (kommutativ mit 1) gibt es genau dann $i, j [mm] \in [/mm] R$ mit $1 = i + j$, wenn $I + J = R$ ist. In dem Fall heissen die Ringe koprim (oder auch teilerfremd, je nachdem welches Wort einem grad besser passt  ).
Und $1 = i + j$ ist dazu aequivalent, dass $i + J$ in $R/J$ das Einselement ist.
Wenn du also $J = [mm] \ker [/mm] f$ nimmst, steht da: $1 [mm] \in [/mm] f(I)$ genau dann, wenn $J + [mm] \ker [/mm] f = R$ ist, also wenn $J$ und [mm] $\ker [/mm] f$ koprim sind.
(Wenn eins im anderen enthalten ist und das groessere nicht der ganze Ring ist, dann sieht man sofort dass die Ideale nicht koprim sind. Das was ich vorher schrieb folgt also direkt hieraus. Und in meinem Gegenbeispiel sind die Ideale $(2)$ und $(3)$ in [mm] $\IZ$ [/mm] koprim: in Hauptidealringen $R$ sind zwei Ideale $(f)$ und $(g)$ genau dann koprim, wenn die Elemente $f$ und $g$ im Ring selber koprim sind.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:09 Sa 02.07.2011 | | Autor: | Sindacco |
Also soweit seh ich das ein, wie du das beschrieben hast, aber kann ich das nicht ganz beweisen, weil mir da die Surjektivität sorgen macht. Beweisen wollte ich:
> Wenn du also [mm]I = \ker f[/mm] nimmst, steht da: [mm]1 \in f(J)[/mm] genau
> dann, wenn [mm]J + \ker f = R[/mm] ist, also wenn [mm]J[/mm] und [mm]\ker f[/mm]
> koprim sind.
Die eine Richtung hab ich:
Sei J + ker(f) = R [mm] \Rightarrow \exists [/mm] j [mm] \in [/mm] J, k [mm] \in [/mm] ker(f) : j + k = [mm] 1_R \Rightarrow 1_S [/mm] = [mm] f(1_R) [/mm] = f(j+k) = f(j) + f(k) = f(j) [mm] \Rightarrow 1_S \in [/mm] f(J).
Bei der Rückrichtung wollte ich es ähnlich machen, scheiter aber an der Surjektivität:
[mm] 1_S \in [/mm] f(J) [mm] \Rightarrow \exists [/mm] j [mm] \in [/mm] J : f(j) = [mm] 1_S \Rightarrow 1_S [/mm] = f(j) = f(j) + f(k) = f(j+k)
Mein Problem ist, dass j+k nicht [mm] 1_R [/mm] sein muss und trotzdem auf die [mm] 1_S [/mm] abbilden.
Wie kann ich also diese Richtung beweisen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:48 Sa 02.07.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Also soweit seh ich das ein, wie du das beschrieben hast,
> aber kann ich das nicht ganz beweisen, weil mir da die
> Surjektivität sorgen macht. Beweisen wollte ich:
>
> > Wenn du also [mm]I = \ker f[/mm] nimmst, steht da: [mm]1 \in f(J)[/mm] genau
> > dann, wenn [mm]J + \ker f = R[/mm] ist, also wenn [mm]J[/mm] und [mm]\ker f[/mm]
> > koprim sind.
>
> Die eine Richtung hab ich:
> Sei J + ker(f) = R [mm]\Rightarrow \exists[/mm] j [mm]\in[/mm] J, k [mm]\in[/mm]
> ker(f) : j + k = [mm]1_R \Rightarrow 1_S[/mm] = [mm]f(1_R)[/mm] = f(j+k) =
> f(j) + f(k) = f(j) [mm]\Rightarrow 1_S \in[/mm] f(J).
>
> Bei der Rückrichtung wollte ich es ähnlich machen,
> scheiter aber an der Surjektivität:
>
> [mm]1_S \in[/mm] f(J) [mm]\Rightarrow \exists[/mm] j [mm]\in[/mm] J : f(j) = [mm]1_S \Rightarrow 1_S[/mm]
> = f(j) = f(j) + f(k) = f(j+k)
Es ist doch $f(j) = [mm] 1_S$ [/mm] und [mm] $f(1_R) [/mm] = [mm] 1_S$, [/mm] womit $j - [mm] 1_R \in \ker [/mm] f$ ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:26 Sa 02.07.2011 | | Autor: | Sindacco |
Ahh ja, so klappts!
Danke für die guten Antworten!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:14 So 03.07.2011 | | Autor: | Sindacco |
> Moin!
>
> > Also soweit seh ich das ein, wie du das beschrieben hast,
> > aber kann ich das nicht ganz beweisen, weil mir da die
> > Surjektivität sorgen macht. Beweisen wollte ich:
> >
> > > Wenn du also [mm]I = \ker f[/mm] nimmst, steht da: [mm]1 \in f(J)[/mm] genau
> > > dann, wenn [mm]J + \ker f = R[/mm] ist, also wenn [mm]J[/mm] und [mm]\ker f[/mm]
> > > koprim sind.
> >
> > Die eine Richtung hab ich:
> > Sei J + ker(f) = R [mm]\Rightarrow \exists[/mm] j [mm]\in[/mm] J, k [mm]\in[/mm]
> > ker(f) : j + k = [mm]1_R \Rightarrow 1_S[/mm] = [mm]f(1_R)[/mm] = f(j+k) =
> > f(j) + f(k) = f(j) [mm]\Rightarrow 1_S \in[/mm] f(J).
> >
> > Bei der Rückrichtung wollte ich es ähnlich machen,
> > scheiter aber an der Surjektivität:
> >
> > [mm]1_S \in[/mm] f(J) [mm]\Rightarrow \exists[/mm] j [mm]\in[/mm] J : f(j) = [mm]1_S \Rightarrow 1_S[/mm]
> > = f(j) = f(j) + f(k) = f(j+k)
>
> Es ist doch [mm]f(j) = 1_S[/mm] und [mm]f(1_R) = 1_S[/mm], womit [mm]j - 1_R \in \ker f[/mm]
> ist.
>
> LG Felix
>
Hallo,
ich bin darauf aufmerksam gemacht wurden, dass f(1)=1 i.A. nicht gilt.
Darf ich fragen, warum das hier funtioniert vorauszusetzen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:31 So 03.07.2011 | | Autor: | felixf |
Moin
> ich bin darauf aufmerksam gemacht wurden, dass f(1)=1 i.A.
> nicht gilt.
Das haengt davon ab, wie man einen Ring-Homomorphismus zwischen zwei Ringen mit 1 definiert.
> Darf ich fragen, warum das hier funtioniert
> vorauszusetzen?
$f$ ist surjektiv. Damit verhaelt sich $f(1)$ wie ein Einselement, und somit muss $f(1) = 1$ sein.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:55 So 03.07.2011 | | Autor: | Sindacco |
Da muss ich mal mein Professor fragen, wegen der Definition. Aber mit der Surjektivität leuchtet mir.
Vielen Dank!
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