Ideale Aussehen < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:05 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
R kommutativer Ring, für alle x [mm] \in [/mm] R exstiert ein n [mm] \in \IN_{ \ge2} [/mm] mit [mm] x^n [/mm] = x. Wie sehen die Ideale in R aus?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:33 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
Kann man ev. allgemein einev Aussage über das Aussehen von Idealen in kommutativen Ringen machen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:09 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
> Kann man ev. allgemein einev Aussage über das Aussehen von
> Idealen in kommutativen Ringen machen?
Nein. Ausser das es additive Untergruppen mit Schluckeigenschaft von nur einer Seite sind. Genauere Aussagen kann man nur machen, wenn man mehr ueber den Ring weiss (oder ueber das Ideal um das es geht)...
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:23 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
> R kommutativer Ring, für alle x [mm]\in[/mm] R exstiert ein n [mm]\in \IN_{ \ge2}[/mm]
> mit [mm]x^n[/mm] = x. Wie sehen die Ideale in R aus?
Zu den Idealen faellt mir grad nichts besonderes ein, 'aussehen' ist ja nicht grad eine praezise Formulierung bzw. was soll man schon dazu schreiben (ausser sowas sinnloses wie ''die Ideale sind gelb'')?
Aber zum Ring selber hab ich was:
Wenn du ein beliebiges Element $x [mm] \in [/mm] R$ nimmst, gilt folgendes:
- Entweder ist $x = 0$.
- Wenn $x$ ein Nichtnullteiler ist, dann ist $x$ bereits eine Einheit (und zwar von endlicher Ordnung in der multiplikativen Gruppe).
- Wenn $x$ ein von $0$ verschiedener Nullteiler ist, dann ist [mm] $x^{n-1}$ [/mm] idempotent und von $0$ und $1$ verschieden. Das heisst, in dem Fall dass $R$ eine Eins hat, dass $R$ isomorph zu dem kartesischen Produkt der Ringe (die gleichzeitig Ideale sind) $R [mm] x^{n-1}$ [/mm] und $R (1 - [mm] x^{n-1})$ [/mm] ist (beachte, dass diese Ringe jeweils das Einselement [mm] $x^{n-1}$ [/mm] bzw. $1 - [mm] x^{n-1}$ [/mm] haben, wobei $1$ das Einselement in $R$ ist).
Wenn du jetzt bestimmte Endlichkeitsbedingungen/Abbruchbedingungen hast, kannst du damit den Ring als (endliches/unendliches) kartesisches Produkt von Koerpern schreiben, wobei in den Koerpern jedes Element endliche Ordnung hat.
(Reduzierte endliche Ringe erfuellen beispielsweise die Voraussetzung der Aufgabe, und man kann sogar zeigen das man diese eindeutig als das kartesische Produkt von endlichen Koerpern schreiben kann.)
Zurueck zur Aufgabe: Fuer den Fall, dass der Ring eine 1 hat, vermute ich mal aufgrund dieser Eigenschaften, dass jedes Ideal in dem Ring mit den geerbten Verknuepfungen wieder ein Ring mit Eins ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:29 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
eigentlich geht es darum, dass in diesen Ring jedes Primideal ein maximales Ideal ist, aber wie soll ich das zeigen, wenn ich nicht weiss, wie ein Ideal geschweige denn ein Primideal in diesem Ring aussieht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:59 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
> eigentlich geht es darum, dass in diesen Ring jedes
> Primideal ein maximales Ideal ist, aber wie soll ich das
> zeigen, wenn ich nicht weiss, wie ein Ideal geschweige denn
> ein Primideal in diesem Ring aussieht.
(Ich nehme mal an, dass dein Ring ein Einselement hat. Das hast du zwar nie erwaehnt oder auch nicht negiert, aber ich rate mal das du eins hast.)
Zu Beantwortung dieser Aufgabe brauchst du nicht zu wissen, wie die Ideale konkret aussehen! Du musst nur folgendes wissen:
Ist $R$ ein kommutativer Ring mit 1 und $I$ ein Ideal in $R$, so gilt:
- $I$ ist genau dann ein Primideal, wenn $R/I$ ein Integritaetsring ist.
- $I$ ist genau dann ein maximales Ideal, wenn $R/I$ ein Koerper ist.
Du musst also zeigen, dass $R/I$ bereits ein Koerper ist, wenn $R/I$ ein Integritaetsring ist. Und das geht mit der Eigenschaft sehr gut (schau dir nochmal das an, was ich im anderen Posting geschrieben hab, damit geht das auch).
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:03 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
> > eigentlich geht es darum, dass in diesen Ring jedes
> > Primideal ein maximales Ideal ist, aber wie soll ich das
> > zeigen, wenn ich nicht weiss, wie ein Ideal geschweige denn
> > ein Primideal in diesem Ring aussieht.
>
> (Ich nehme mal an, dass dein Ring ein Einselement hat. Das
> hast du zwar nie erwaehnt oder auch nicht negiert, aber ich
> rate mal das du eins hast.)
Nö, ist nix dergleichen angegeben. Bei allen anderen Aufgaben steht immer bei, dass es ein Einselement gibt... also gehe ich davon aus, dass es keins geben muss.
>
> Zu Beantwortung dieser Aufgabe brauchst du nicht zu wissen,
> wie die Ideale konkret aussehen! Du musst nur folgendes
> wissen:
>
> Ist [mm]R[/mm] ein kommutativer Ring mit 1 und [mm]I[/mm] ein Ideal in [mm]R[/mm], so
> gilt:
> - [mm]I[/mm] ist genau dann ein Primideal, wenn [mm]R/I[/mm] ein
> Integritaetsring ist.
> - [mm]I[/mm] ist genau dann ein maximales Ideal, wenn [mm]R/I[/mm] ein
> Koerper ist.
Japp, den Satz kenn ich.
>
> Du musst also zeigen, dass [mm]R/I[/mm] bereits ein Koerper ist,
> wenn [mm]R/I[/mm] ein Integritaetsring ist. Und das geht mit der
> Eigenschaft sehr gut (schau dir nochmal das an, was ich im
> anderen Posting geschrieben hab, damit geht das auch).
Wie denn, wenn ich nicht weiss, welche Form I hat (ist ja kein Hauptidealring) - dann weiss ich auch nicht, wie R/I aussieht.
>
> LG Felix
>
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:25 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
> > (Ich nehme mal an, dass dein Ring ein Einselement hat. Das
> > hast du zwar nie erwaehnt oder auch nicht negiert, aber ich
> > rate mal das du eins hast.)
>
> Nö, ist nix dergleichen angegeben. Bei allen anderen
> Aufgaben steht immer bei, dass es ein Einselement gibt...
> also gehe ich davon aus, dass es keins geben muss.
Mmh.
> > Zu Beantwortung dieser Aufgabe brauchst du nicht zu wissen,
> > wie die Ideale konkret aussehen! Du musst nur folgendes
> > wissen:
> >
> > Ist [mm]R[/mm] ein kommutativer Ring mit 1 und [mm]I[/mm] ein Ideal in [mm]R[/mm], so
> > gilt:
> > - [mm]I[/mm] ist genau dann ein Primideal, wenn [mm]R/I[/mm] ein
> > Integritaetsring ist.
> > - [mm]I[/mm] ist genau dann ein maximales Ideal, wenn [mm]R/I[/mm] ein
> > Koerper ist.
>
> Japp, den Satz kenn ich.
Der gilt allerdings (erstmal) nur, wenn $R$ eine Eins hat. Das $I$ Primideal aequivalent ist zu $R/I$ nullteilerfrei gilt jedoch trotzdem. Und wegen dem Homomorphiesatz ist $I$ maximal aequivalent zu $R/I$ hat keine echten Ideale (ausser Nullideal und ganzer Ring).
> > Du musst also zeigen, dass [mm]R/I[/mm] bereits ein Koerper ist,
> > wenn [mm]R/I[/mm] ein Integritaetsring ist. Und das geht mit der
> > Eigenschaft sehr gut (schau dir nochmal das an, was ich im
> > anderen Posting geschrieben hab, damit geht das auch).
>
> Wie denn, wenn ich nicht weiss, welche Form I hat (ist ja
> kein Hauptidealring) - dann weiss ich auch nicht, wie R/I
> aussieht.
Nun, $R/I = [mm] \{ a + I \mid a \in R \}$, [/mm] und $(a + I) + (b + I) = (a + b) + I$ und $(a + I) (b + I) = (a b) + I$, und die Null ist $I$ und die Eins $1 + I$ (falls $R$ die Eins $1$ hat). Mehr brauchst du nicht zu wissen.
Damit weisst du jetzt: Ist $I$ ein Primideal, so ist $R/I$ nullteilerfrei. Ausserdem gilt fuer jedes $x+I [mm] \in [/mm] R/I$, dass es ein $n [mm] \in \N_{\ge 2}$ [/mm] gibt mit [mm] $(x+I)^n [/mm] = [mm] x^n+I [/mm] = x+I$.
Um also zu zeigen, dass $I$ maximal ist, musst du zeigen, dass $R/I$ keine echten Ideale hat. Nimm also ein Ideal $J [mm] \neq [/mm] 0$ in $R/I$ und zeige, das $J = R/I$ ist. (Wenn du nicht gern in Restklassenringen rechnest, kannst du $S := R/I$ setzen und $S$ einfach als nullteilerfreien kommutativen Ring betrachten, in dem es zu jedem $x [mm] \in [/mm] S$ ein $n [mm] \in \N_{\ge 2}$ [/mm] gibt mit [mm] $x^n [/mm] = x$.)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:16 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
Also: J ist addiditive Untergruppe von R/I und es gilt ra [mm] \in [/mm] J für a [mm] \in [/mm] J und r [mm] \in [/mm] R/I. Angenommen es gäbe ein Element in R/I welches nicht in J liegt
x+I [mm] \in [/mm] R/I und x+I [mm] \not\in [/mm] J => [mm] x^j \not\in [/mm] J und alle Vielfachen von x sind nicht in J also ist J = 0 was laut annahme nicht sein soll.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:49 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Also: J ist addiditive Untergruppe von R/I und es gilt ra
> [mm]\in[/mm] J für a [mm]\in[/mm] J und r [mm]\in[/mm] R/I. Angenommen es gäbe ein
> Element in R/I welches nicht in J liegt
>
> x+I [mm]\in[/mm] R/I und x+I [mm]\not\in[/mm] J
Also $x+I$ ist dieses Element.
> => [mm]x^j \not\in[/mm] J
Du meinst [mm] $(x+I)^j [/mm] = [mm] x^j+I \not\in [/mm] J$?
> und alle Vielfachen von x sind nicht in J
Wieso das?!
> also ist J = 0 was laut annahme nicht sein soll.
Das du das annimmst steht oben nicht; die einzige Annahme, die du gemacht hast, ist dass $J$ ein Ideal in $R/I$ ist, welches nicht der ganze Ring $R/I$ ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:00 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
> Hallo!
>
> > Also: J ist addiditive Untergruppe von R/I und es gilt ra
> > [mm]\in[/mm] J für a [mm]\in[/mm] J und r [mm]\in[/mm] R/I. Angenommen es gäbe ein
> > Element in R/I welches nicht in J liegt
> >
> > x+I [mm]\in[/mm] R/I und x+I [mm]\not\in[/mm] J
>
> Also [mm]x+I[/mm] ist dieses Element.
>
> > => [mm]x^j \not\in[/mm] J
>
> Du meinst [mm][mm] (x+I)^j [/mm] = [mm] x^j+I \not\in [/mm] J[/Jmm]?
Ja.
>
> > und alle Vielfachen von x sind nicht in J
>
> Wieso das?!
weil ax + I = (a+I)(x+I) und der hintere Term nicht in J ist.
>
> > also ist J = 0 was laut annahme nicht sein soll.
>
> Das du das annimmst steht oben nicht; die einzige Annahme,
> die du gemacht hast, ist dass [mm]J[/mm] ein Ideal in [mm]R/I[/mm] ist,
> welches nicht der ganze Ring [mm]R/I[/mm] ist.
Ich bin von deiner annahme ausgegangen... also: J ein Ideal in R/I mit J [mm] \not= [/mm] 0 und J [mm] \not= [/mm] R/I
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:09 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
ausführlicher:
Sei J ein Ideal in R/I mit J [mm] \not= [/mm] 0 und J [mm] \not= [/mm] R/I
also existiert ein Element x+ I in R/I, welches nicht in J liegt.
da [mm] (x+I)^n [/mm] = [mm] x^n [/mm] + I = x + I => [mm] x^n [/mm] + I liegt nicht in J
ebenso liegen alle [mm] x^j [/mm] + I nicht in J, da falls dies der Fall für alle a [mm] \in [/mm] R/I gelten müsste [mm] a*x^j [/mm] +I liegt in J. Für a = [mm] x^{n-j} [/mm] +I ist dies aber nach Voraussetzung nicht der Fall.
Des Weiteren liegt für alle x +I auch ax + I nicht in J, da (ax +I ) = (a+I)(x+I) und der hintere Term nicht in J liegt. Ich sehe, das kann man wirklich nicht folgern, weil das a eigentlich genau die Definition von Ideal ist... dann gäbe es keine echten Ideale.
Alle Nicht-Nullteiler sind Einheiten, dh. es ex. ein b mit a*b = 1. Auch Elemente der Form a+I mit a Einheit können dann nicht in J enthalten sein, denn dann wäre auch x*(b*a) +I = x+I in J enthalten.
Ich kann aber nicht folgern, dass J keine Nullteiler von R enthalten kann, ich meine keine Elemente der Form a +I mit a nullteiler in R (Es ex. ein b mit a*b =0).
also ist J = 0 im Widerspruch zur Annahme
stimmts jetzt soweit? Was mach ich mit den Nullteilern?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:35 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
> ausführlicher:
>
> Sei J ein Ideal in R/I mit J [mm]\not=[/mm] 0 und J [mm]\not=[/mm] R/I
>
> also existiert ein Element x+ I in R/I, welches nicht in J
> liegt.
> da [mm](x+I)^n[/mm] = [mm]x^n[/mm] + I = x + I => [mm]x^n[/mm] + I liegt nicht in
> J
> ebenso liegen alle [mm]x^j[/mm] + I nicht in J, da falls dies der
> Fall für alle a [mm]\in[/mm] R/I gelten müsste [mm]a*x^j[/mm] +I liegt in J.
> Für a = [mm]x^{n-j}[/mm] +I ist dies aber nach Voraussetzung nicht
> der Fall.
Genau.
>
> Des Weiteren liegt für alle x +I auch ax + I nicht in J, da
> (ax +I ) = (a+I)(x+I) und der hintere Term nicht in J
> liegt. Ich sehe, das kann man wirklich nicht folgern, weil
> das a eigentlich genau die Definition von Ideal ist...
Sozusagen ja.
> Alle Nicht-Nullteiler sind Einheiten, dh. es ex. ein b mit
> a*b = 1. Auch Elemente der Form a+I mit a Einheit können
Woher hast du jetzt eine 1? Du bist doch davon ausgegangen, dass der Ring evtl. keine hat. (Siehe unten dazu mehr.)
Und wieso sollten alle Nicht-Nullteiler bereits Einheiten sein? Das musst du noch begruenden.
Nullteiler gibt es uebrigens nicht (ausser 0), da $R/I$ als Ring modulo Primideal nullteilerfrei ist!
> dann nicht in J enthalten sein, denn dann wäre auch x*(b*a)
> +I = x+I in J enthalten.
>
> Ich kann aber nicht folgern, dass J keine Nullteiler von R
> enthalten kann, ich meine keine Elemente der Form a +I mit
> a nullteiler in R (Es ex. ein b mit a*b =0).
$J$ darf ruhig 'Nullteiler von $R$ enthalten' (in dem Sinne wie du es schreibst). Nur das entsprechende Pendant muss halt gerade 0 in $R/I$ sein, da $R/I$ nullteilerfrei ist.
> also ist J = 0 im Widerspruch zur Annahme
>
> stimmts jetzt soweit? Was mach ich mit den Nullteilern?
Du hast keine Nullteiler.
Setze doch erstmal $S := R/I$ und hoer auf, mit Restklassen rumzurechnen. Da kannst du nur was mit durcheinanderbringen!
Also $S$ ist ein kommutativer, nullteilerfreier Ring (nicht notwendigerweise mit Eins), in dem es zu jedem $x [mm] \in [/mm] S$ ein $n [mm] \in \N_{\ge 2}$ [/mm] gibt mit [mm] $x^n [/mm] = x$.
So. Damit kannst du jetzt arbeiten! Jetzt musst du zeigen, dass $S$ keine echten Ideale enthaelt.
Dazu kannst du erstmal zeigen, dass $S$ eine Eins hat. Das geht mit folgendem Trick: Sei $x [mm] \in [/mm] S [mm] \setminus \{ 0 \}$ [/mm] und sei $n [mm] \in \N_{\ge 2}$ [/mm] mit [mm] $x^n [/mm] = x$. Definiere [mm] $\varphi [/mm] : S [mm] \to [/mm] S$, $y [mm] \mapsto [/mm] x y$. Diese Funktion ist injektiv (weisst du warum?). Weiterhin ist [mm] $(\underbrace{\varphi \circ \dots \circ \varphi}_{n \text{ mal}})(y) [/mm] = [mm] x^n [/mm] y = x y = [mm] \varphi(y)$ [/mm] fuer alle $y [mm] \in [/mm] S$, also [mm] $\varphi^{n-1} \circ \varphi [/mm] = [mm] \varphi$. [/mm] (Ich schreib [mm] $\varphi^{n-1}$ [/mm] fuer die $n-1$-fache Verkettung von [mm] $\varphi$ [/mm] mit sich selbst.)
Also ist [mm] $\varphi^{n-1} \circ \varphi [/mm] = [mm] id_S \circ \varphi$, [/mm] und da [mm] $\varphi$ [/mm] injektiv ist muss also [mm] $\varphi^{n-1} [/mm] = [mm] id_S$ [/mm] sein. Also ist die Abbildung 'Multiplikation von Links mit [mm] $x^{n-1}$' [/mm] gerade die Identitaet auf $S$, was aber bedeutet, dass [mm] $x^{n-1}$ [/mm] ein Einselement ist!
So. Jetzt hast du eine Eins. Wenn du jetzt zeigst, dass jedes Element [mm] $\neq [/mm] 0$ eine Einheit ist, dann ist $S$ ein Koerper und somit gibt es nur die trivialen Ideale. Und da $S = R/I$ ist, ist $I$ dann ein maximales Ideal!
(Nota bene: Bisher wissen wir immer noch nicht, ob $R$ selber eine Eins hat oder nicht! Aber das brauchen wir auch nicht zu wissen, die Aufgabe ist so bereits geloest.)
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:15 Fr 07.04.2006 | | Autor: | cycilia |
> Nullteiler gibt es uebrigens nicht (ausser 0), da [mm]R/I[/mm] als
> Ring modulo Primideal nullteilerfrei ist!
ja, das ist schon klar, ich meinte ja auch nur die Nullteiler von dem ursprünglichen Ring.
> Setze doch erstmal [mm]S := R/I[/mm] und hoer auf, mit Restklassen
> rumzurechnen. Da kannst du nur was mit
> durcheinanderbringen!
Na, im Prinzip ist doch der einzige Unterschied, dass immer + I hinter den x steht... von daher finde ich dass es keinen großen Unterschied macht. Aber du hast recht, übersichtlicher ist das allemal.
>
> Also [mm]S[/mm] ist ein kommutativer, nullteilerfreier Ring (nicht
> notwendigerweise mit Eins), in dem es zu jedem [mm]x \in S[/mm] ein
> [mm]n \in \N_{\ge 2}[/mm] gibt mit [mm]x^n = x[/mm].
>
> So. Damit kannst du jetzt arbeiten! Jetzt musst du zeigen,
> dass [mm]S[/mm] keine echten Ideale enthaelt.
>
> Dazu kannst du erstmal zeigen, dass [mm]S[/mm] eine Eins hat. Das
> geht mit folgendem Trick: Sei [mm]x \in S \setminus \{ 0 \}[/mm] und
> sei [mm]n \in \N_{\ge 2}[/mm] mit [mm]x^n = x[/mm]. Definiere [mm]\varphi : S \to S[/mm],
> [mm]y \mapsto x y[/mm]. Diese Funktion ist injektiv (weisst du
> warum?).
[mm] Ker(\varphi) [/mm] = 0, der R/I, bzw. S nullteilerfrei ist.
Weiterhin ist [mm](\underbrace{\varphi \circ \dots \circ \varphi}_{n \text{ mal}})(y) = x^n y = x y = \varphi(y)[/mm]
> fuer alle [mm]y \in S[/mm], also [mm]\varphi^{n-1} \circ \varphi = \varphi[/mm].
> (Ich schreib [mm]\varphi^{n-1}[/mm] fuer die [mm]n-1[/mm]-fache Verkettung
> von [mm]\varphi[/mm] mit sich selbst.)
>
> Also ist [mm]\varphi^{n-1} \circ \varphi = id_S \circ \varphi[/mm],
> und da [mm]\varphi[/mm] injektiv ist muss also [mm]\varphi^{n-1} = id_S[/mm]
> sein. Also ist die Abbildung 'Multiplikation von Links mit
> [mm]x^{n-1}[/mm]' gerade die Identitaet auf [mm]S[/mm], was aber bedeutet,
> dass [mm]x^{n-1}[/mm] ein Einselement ist!
Ja, das ist verständlich. Oder doch nicht ganz... Ich habe ja lediglich ein eindeutiges Einselement. Das würde ja bedeuten, dass: nehme ich ein y [mm] \in [/mm] S, dann müsste [mm] x^{n-1}y [/mm] = y sein und das ist ja nicht der Fall. Lediglich für das definierte [mm] \varphi [/mm] ist [mm] \varphi^{n-1} [/mm] ein Einselement, bzw.
xy = [mm] x^{n-1}xy
[/mm]
> So. Jetzt hast du eine Eins. Wenn du jetzt zeigst, dass
> jedes Element [mm]\neq 0[/mm] eine Einheit ist, dann ist [mm]S[/mm] ein
> Koerper und somit gibt es nur die trivialen Ideale. Und da
> [mm]S = R/I[/mm] ist, ist [mm]I[/mm] dann ein maximales Ideal!
Einheiten sind die invertierbaren Elemente. Für obiges x ist die Behauptung klar, da [mm] x^{n-2}=x^{n-1} [/mm] aber für jedes andere Element ist es mir nicht klar.
Ich nehme an, auch hier, muss ich die Behauptung wieder mit dem definierten [mm] \varphi [/mm] zeigen. [mm] \varphi(y) = xy [/mm]
[mm] \underbrace{\varphi \circ \varphi \circ \cdots\circ\varphi}_{n-2}\varphi(y) = \varphi^{n-1}(y) [/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:17 Fr 07.04.2006 | | Autor: | felixf |
> > Also [mm]S[/mm] ist ein kommutativer, nullteilerfreier Ring (nicht
> > notwendigerweise mit Eins), in dem es zu jedem [mm]x \in S[/mm] ein
> > [mm]n \in \N_{\ge 2}[/mm] gibt mit [mm]x^n = x[/mm].
> >
> > So. Damit kannst du jetzt arbeiten! Jetzt musst du zeigen,
> > dass [mm]S[/mm] keine echten Ideale enthaelt.
> >
> > Dazu kannst du erstmal zeigen, dass [mm]S[/mm] eine Eins hat. Das
> > geht mit folgendem Trick: Sei [mm]x \in S \setminus \{ 0 \}[/mm] und
> > sei [mm]n \in \N_{\ge 2}[/mm] mit [mm]x^n = x[/mm]. Definiere [mm]\varphi : S \to S[/mm],
> > [mm]y \mapsto x y[/mm]. Diese Funktion ist injektiv (weisst du
> > warum?).
>
> [mm]Ker(\varphi)[/mm] = 0, der R/I, bzw. S nullteilerfrei ist.
Genau!
> > Weiterhin ist [mm](\underbrace{\varphi \circ \dots \circ \varphi}_{n \text{ mal}})(y) = x^n y = x y = \varphi(y)[/mm]
> > fuer alle [mm]y \in S[/mm], also [mm]\varphi^{n-1} \circ \varphi = \varphi[/mm].
> > (Ich schreib [mm]\varphi^{n-1}[/mm] fuer die [mm]n-1[/mm]-fache Verkettung
> > von [mm]\varphi[/mm] mit sich selbst.)
> >
> > Also ist [mm]\varphi^{n-1} \circ \varphi = id_S \circ \varphi[/mm],
> > und da [mm]\varphi[/mm] injektiv ist muss also [mm]\varphi^{n-1} = id_S[/mm]
> > sein. Also ist die Abbildung 'Multiplikation von Links mit
> > [mm]x^{n-1}[/mm]' gerade die Identitaet auf [mm]S[/mm], was aber bedeutet,
> > dass [mm]x^{n-1}[/mm] ein Einselement ist!
>
> Ja, das ist verständlich. Oder doch nicht ganz... Ich habe
> ja lediglich ein eindeutiges Einselement. Das würde ja
> bedeuten, dass: nehme ich ein y [mm]\in[/mm] S, dann müsste [mm]x^{n-1}y[/mm]
> = y sein und das ist ja nicht der Fall.
Wieso? Da [mm] $\varphi^n [/mm] = [mm] id_S$ [/mm] ist, folgt ja gerade, dass [mm] $x^{n-1} [/mm] y = y$ ist fuer jedes $y [mm] \in [/mm] S$!
> Lediglich für das
> definierte [mm]\varphi[/mm] ist [mm]\varphi^{n-1}[/mm] ein Einselement, bzw.
> xy = [mm]x^{n-1}xy[/mm]
Vorsicht! [mm] $\varphi^{n-1}$ [/mm] ist eine Funktion auf $S$! Und damit kein Element aus $S$, womit es insbesondere kein Einselement von $S$ sein kann!
> > So. Jetzt hast du eine Eins. Wenn du jetzt zeigst, dass
> > jedes Element [mm]\neq 0[/mm] eine Einheit ist, dann ist [mm]S[/mm] ein
> > Koerper und somit gibt es nur die trivialen Ideale. Und da
> > [mm]S = R/I[/mm] ist, ist [mm]I[/mm] dann ein maximales Ideal!
>
> Einheiten sind die invertierbaren Elemente. Für obiges x
> ist die Behauptung klar, da [mm]x^{n-2}=x^{n-1}[/mm] aber für jedes
Du meinst $x [mm] \cdot x^{n-2} [/mm] = [mm] x^{n-1}$?
[/mm]
> andere Element ist es mir nicht klar.
Das geht dann so: Sei $y [mm] \in [/mm] S$, $y [mm] \neq [/mm] 0$. Da $1 = [mm] x^{n-1}$ [/mm] die Eins ist, ist $1 y = y = [mm] y^m$, [/mm] und kuerzen liefert $1 = [mm] y^{m-1}$. [/mm] Damit ist $y [mm] \cdot y^{m-2} [/mm] = [mm] y^{m-1} [/mm] = 1$, also [mm] $y^{-1} [/mm] = [mm] y^{m-2}$.
[/mm]
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:25 Fr 07.04.2006 | | Autor: | cycilia |
Oh.... verstanden!
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