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Strukturen und Algebra » Ringe » R[X, Y]/(X^i-Y^j) isomorph zu R[T^i, T^j] falls i, j teilerfremd ?
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Universität/Hochschule J R[X, Y]/(X^i-Y^j) isomorph zu R[T^i, T^j] falls i, j teilerfremd ?
Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-09-12


Hallo,

ursprüngliche will ich eine Aufgabe lösen (s. Ende), dann komme ich auf einen Ansatz / eine Vermutung: (inspiriert von <math>K[X, Y]/(X^2-Y^3)\simeq K[T^2, T^3]</math> )
 
Voraussetzung: <math>R</math> kommutativer Ring mit Eins; <math>i, j</math> relativ prime natürliche Zahlen.
Vermutung: <math>R[X,Y]/(X^i-Y^j)\simeq R[T^i, T^j]</math>.
Beweis. Verwende die universellen Eigenschaften von Quotienten- und Polynomringen. Ausgehend von der Einbettung <math>R\hookrightarrow R[T^i, T^j]</math> finden wir einen Homomorphismus  

<math>\phi: R[X, Y]\to R[T^i, T^j]</math> mit <math>X\mapsto T^j, ~Y\mapsto T^i</math>.

Offensichtlich liegt <math>(X^i-Y^j)\subset \ker\phi</math>, damit bekommen wir den eindeutigen Homomorphismus  <math>\bar{\phi}: R[X, Y]/(X^i-Y^j)\to R[T^i, T^j]</math>, sodass folgendes Diagramm

<math>
\begin{tikzcd}
R[X, Y]\arrow[d] \arrow[r,"\phi"] & R[T^i, T^j]\\
R[X,Y]/(X^i-Y^j)\arrow[ur, dashrightarrow, "\bar{\phi}"] &
\end{tikzcd}
</math>

kommutiert.

Durch Komposition der Homomorphismen <math>R\hookrightarrow R[X, Y]\twoheadrightarrow R[X, Y]/(X^i-Y^j)</math> gewinnen wir den Homomorphismus

<math>\bar{\psi}: R[T^i,T^j]\to  R[X, Y]/(X^i-Y^j)</math> mit <math>T^i\mapsto \bar{Y},~ T^j\mapsto \bar{X}</math>,

wobei die Restklassen  <math>\bar{Y},  \bar{X}</math> bzgl. dem Ideal  <math>(X^i-Y^j)</math> zu bilden ist.

Nun kann man nachrechen, dass

 <math>\bar{\psi}\circ\bar{\phi}(\bar{X})=\bar{X},~ \bar{\psi}\circ\bar{\phi}(\bar{Y})=\bar{Y}</math>;
 <math>\bar{\phi}\circ\bar{\psi}(T^i)=T^i,~ \bar{\phi}\circ\bar{\psi}(T^j)=T^j</math>.

Dies impliziert dann, dass <math>\bar{\psi}, \bar{\phi}</math> zueinander inverse sind und damit erhalten wir den gewünschten Ringisomorphismus. Q.E.D.
- Stimmt die Vermutung und der Beweis?

Aufgabe. Sei <math>R</math> nunmehr ein Integrationsbereich. Zeige <math>(X^i-Y^j)\lhd R[X, Y]</math> ist ein Primideal.
Beweis. Nehme an, dass die Vermutung stimmt. Bekanntlich ist <math>R[T]</math> ein Integrationsbereich, wenn es <math>R</math> der Fall ist. Also ist <math>R[X,Y]/(X^i-Y^j)\simeq R[T^i, T^j]</math> Integrationsbereich (ein kleines Induktionsargument: <math>R[T^i, T^j]=(R[T^i])[T^j]</math>), i.e. <math>(X^i-Y^j)</math> ist prim. Q.E.D.
- Stimmt der Beweis?

Ich weiß nicht, ob die Aussage in der Aufgabe in etwas allgemeinerem Kontext (z.B. in der kommutativen Algebra) von Interesse ist.

Danke für eures Korrekturlesen!



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-09-12


Du hast nur die trivialen Dinge hingeschrieben, wie definierst du <math>\overline\psi</math>?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2017-09-12


Die Vermutung stimmt, aber beide Beweise sind falsch, weil du <math>R[T^i,T^j]</math> jeweils mit einem Polynomring in zwei Variablen verwechselst. Es wird auch nirgendwo benutzt, dass <math>i,j</math> teilerfremd sind, und das alleine sollte bei dir die Alarmglocken läuten lassen. Diese Annahme ist wichtig. Zum Beispiel hat <math>\mathds{Q}[X,Y]/\langle X^2-Y^2 \rangle \cong \mathds{Q}[X] \times \mathds{Q}[X]</math> Nullteiler.
 
Wir haben den Homomorphismus <math>\overline{\phi} : R[X,Y]/\langle X^i - Y^j \rangle \to R[T^i,T^j]</math> mit <math>\overline{X} \mapsto T^j</math> und <math>\overline{Y} \mapsto T^i</math>. Er ist offensichtlich surjektiv. Es bleibt also die Injektivität zu begründen. (Weil, wie gesagt, <math>R[T^i,T^j]</math> kein Polynomring ist, führt hier der übliche Ansatz, dass man einen inversen Homomorphismus mit universellen Eigenschaften konstruiert, nicht zum Ziel.) Man kann das direkt nachrechnen. Hilfreich ist dabei, dass <math>R[X,Y]/\langle X^i - Y^j \rangle = R[Y] \bigl[X\bigr] / \langle X^i - Y^j \rangle</math> ein freier <math>R[Y]</math>-Modul mit Basis <math>1,X,\dotsc,X^{i-1}</math> ist (ich lasse die Überstriche nun weg). Das bedeutet, dass man jedes Element (eindeutig) schreiben kann als <math>R</math>-Linearkombination von Monomen der Form <math>X^n Y^m</math>, wobei <math>m,n \geq 0</math> mit <math>n<i</math>. Nimm also eine solche Linearkombination, die im Kern liegt, und schreibe hin, was das bedeutet. Nutze die Teilerfremdheit von <math>i,j</math> aus. Wie weit kommst du?

Zur Folgerung: Es ist <math>R[T^i,T^j]</math> ein Integritätsring, weil er per Definition ein Unterring des Integritätsringes <math>R[T]</math> ist.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-12


@Triceratops:

Kummern wir uns zuerst um den entscheidenden Schritt: <math>\ker\bar{\phi}=0</math>.

Deiner Schreibweise zufolge lasse ich auch den Überstrich weg. Weil "<math>R[X,Y]/\langle X^i - Y^j \rangle = R[Y] \bigl[X\bigr] / \langle X^i - Y^j \rangle</math> ein freier <math>R[Y]</math>-Modul mit Basis <math>1,X,\dotsc,X^{i-1}</math> ist", lässt sich jedes Element im Ring schreiben als

<math>a_{0,m_0}Y^{m_0}+a_{1,m_1}Y^{m_1}X+\cdots+a_{i-1,m_{i-1}}Y^{m_{i-1}}X^{i-1}</math>.

Unter <math>\bar{\phi}</math> wird dies abgebildet auf

<math>a_{0,m_0}T^{im_0}+a_{1,m_1}T^{im_1+j}+\cdots+a_{i-1,m_{i-1}}T^{im_{i-1}+(i-1)j} =:f</math>.

Wegen der Teilerfremdheit der <math>i, j</math> sind die Potenzen <math>T^k</math> paarweise verschieden (*) ; Ist nun <math>f=0</math>, so folgt aus der R-linearen Unabhängigkeit der <math>T^k</math>, dass alle Koeffizienten <math>a_{n.m}=0</math> sein müssten. Damit ist <math>\ker\bar{\phi}=0</math> bzw. <math>\bar{\phi}</math> ist injektiv.

(*). Hier fehlt mir eine klare Begründung. Ich denke an folgendes. Einfachheitshalber betrachte ein Polynom mit nur zwei Termen, seien <math>i=dk,~ j=dl~ (k\neq l)</math>. Ist <math>d:=\text{ggT}(i, j)>1</math>, dann <math>a_1T^{im_1}+a_2T^{jm_2}=a_1T^{dkm_1}+a_2T^{dlm_2}</math>. Wähle jetzt <math>m_1, m_2</math> so, dass die beiden Potenzen übereinstimmen. Haben <math>a_1, a_2</math> verschiedenen Vorzeichen aber denselben Absolutwert (<math>\neq 0</math>), so ist das "zwer-Term-Polynom" in <math>R[T^i, T^j]</math> das Nullpolynom, obwohl seine Urbilder von Null verschieden ist.

2017-09-12 19:50 - Triceratops in Beitrag No. 2 schreibt:
Es wird auch nirgendwo benutzt, dass <math>i,j</math> teilerfremd sind, und das alleine sollte bei dir die Alarmglocken läuten lassen. Diese Annahme ist wichtig.
Drüber habe ich grob Gedanken gemacht: Es ist z.B. <math>R[T^2, T^4]=R[T^2]</math>, so ging die Zuordnung des Wertes von <math>X, Y</math> schief - Es ist ja <math>X</math> keine "Potenzen" von <math>Y</math>.

Mit den anderen erwähnten Fakten habe ich zunächst nicht so große Probleme.

@MasterYoneda: Ja. Ich dachte es wäre ausreichend um den Homomorphismus  <math>\bar{\psi}</math> zu beschreiben, wenn man den Werte von <math>T^i</math> und <math>T^j</math> kennen würde. - Da es sich nicht um Polynomringe handelt, ist dieser Versuch sinnlos, s. Triceratops' Antwort.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2017-09-13


2017-09-12 22:55 - Saki17 in Beitrag No. 3 schreibt:
lässt sich jedes Element im Ring schreiben als

<math>a_{0,m_0}Y^{m_0}+a_{1,m_1}Y^{m_1}X+\cdots+a_{i-1,m_{i-1}}Y^{m_{i-1}}X^{i-1}</math>.
 
Jeder <math>X^\ell</math>-Koeffizient sollte ein Polynom in <math>R[Y]</math> sein, nicht nur ein Monom. Die Elemente schreiben sich, wie gesagt, als
 
<math>\displaystyle\sum_{n,m \geq 0,\, n < i} a_{n,m} \cdot X^n Y^m.</math>
 
Das Summenzeichen erspart Schreibbarbeit während des Beweises.
 
Saki17 schreibt: (*). Hier fehlt mir eine klare Begründung. Ich denke an folgendes. Einfachheitshalber betrachte ein Polynom mit nur zwei Termen, seien <math>i=dk,~ j=dl~ (k\neq l)</math>. Ist <math>d:=\text{ggT}(i, j)>1</math>, dann [...]
 
Du zeigst hier anscheinend die Rückrichtung. Um die geht es aber nicht. Es sind <math>i</math> und <math>j</math> als teilerfremd vorausgesetzt.
 
Wenn du das Element wie oben korrigierst, wirst du tatsächlich auf ein ähnliches Problem wie (*) stoßen. Begründe, dass die Exponenten paarweise verschieden sind, indem du dir zwei Exponenten hernimmst, sie gleichsetzt, und die Gleichheit der relevanten Indizes zeigst. Dabei wird die Teilerfremdheit von <math>i</math> und <math>j</math> eingehen.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-13


@Triceratops: Ich glaube deine Lösung verstanden zu haben.

Es gilt  

<math>\bar{\phi}\left(\sum_{n,m \geq 0,\, n < i} a_{n,m} \cdot X^n Y^m\right)=\sum_{n,m \geq 0,\, n < i}a_{n,m}\cdot T^{jn+im}</math>.

Nehme an, zwei Potenzen übereinstimmen: <math>jn+im=jn'+im'</math>. Also <math>(n-n')j=(m'-m)i</math>.

Es folgt aus dem Lemma unten, dass <math>i\mid (n-n')</math>. Nach Wahl ist <math>|n-n'|<i</math>, also muss <math>n=n'</math> und damit <math>m=m'</math>. Demnach stimmen die Indizies der jeweiligen Potenzen überein. Da die Indizies beligbig gewählt waren, folgt, dass alle Potenzen in <math>T</math> paarweise verschieden sind.

Lemma. Für ganze Zahlen <math>a, b, c</math> gilt:

<math>\displaystyle a\mid bc~\land ~\text{ggT}(a,b)=1\Longrightarrow a\mid c</math>.

In der Situation hatten wir <math>i\mid j(n-n')</math>.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2017-09-13


Das ist richtig.
 
Kleine Feinheit: Damit wir aus <math>(m'-m)i=0</math> folgern können, dass <math>m'=m</math> gilt, brauchen wir <math>i>0</math>. Aber das liegt daran, dass in dem Kontext <math>n<i</math> gilt.

Kennst du eigentlich Monoidalgebren, also Algebren der Form <math>R[M]</math> für Monoide <math>M</math>? Damit kann man den Beweis noch etwas prägnanter fassen.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-13


2017-09-13 13:20 - Triceratops in Beitrag No. 6 schreibt:
Kennst du eigentlich Monoidalgebren, also Algebren der Form <math>R[M]</math> für Monoide <math>M</math>? Damit kann man den Beweis noch etwas prägnanter fassen.
Janein. Diesen Begriff hatte ich von Boschs Algebra in den letzten Winterferien ein wenig gelernt. Seitdem habe ich mich kaum damit beschäftigt, weshalb ich nie auf diesen Ansatz kommen konnte.

Spontan würde ich sagen, dass man das Monoid <math>M=\langle T^i, T^j\rangle</math> betrachten sollte. Ein etwas ausführlicherer Hinweis ist natürlich sehr willkommen.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2017-09-13


Ja, einerseits hat man <math>M := \langle T^i,T^j \rangle</math> als Untermonoid des freien Monoiden auf einem Erzeuger <math>T</math>. Das heißt, die Elemente von <math>M</math> haben die Form <math>T^{ni + jm}</math> mit <math>n,m \geq 0</math>. Andererseits hat man das Monoid mit der Präsentation <math>N := \langle X,Y : X^i = Y^j \rangle</math>. Es gibt einen kanonischen surjektiven Homomorphismus <math>N \to M</math>, und die Aufgabe besteht darin, zu zeigen, dass es sich um einen Isomorphismus handelt. Hier muss man rechnen. Der Vorteil ist allerdings, dass man keine Summen mehr hat: Es geht nur noch um die Multiplikation.
 
Der Isomorphismus <math>N \to M</math> induziert dann einen Isomorphismus <math>R[N] \to R[M]</math> zwischen den Monoidalgebren. Nun beobachtet man noch <math>R[N] \cong R[X,Y]/\langle X^i-Y^j \rangle</math> (die universellen Eigenschaften stimmen überein) und <math>R[M] \cong R[T^i,T^j] \subseteq R[T]</math>.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-14


Interessant!

2017-09-13 19:57 - Triceratops in Beitrag No. 8 schreibt:
Der Isomorphismus <math>N \to M</math> induziert dann einen Isomorphismus <math>R[N] \to R[M]</math> zwischen den Monoidalgebren. Nun beobachtet man noch <math>R[N] \cong R[X,Y]/\langle X^i-Y^j \rangle</math> (die universellen Eigenschaften stimmen überein) und <math>R[M] \cong R[T^i,T^j] \subseteq R[T]</math>.

Ich schenke mir die Verifikation von <math>M\simeq N</math>.

Zu den letzten zwei Isomorphien sollte man
verwenden bzw. geeignete Monoidhomomorphismen betrachten. Wie es genau funktioniert, weiß ich leider nicht sicher.

Zur <math>R[N] \cong R[X,Y]/\langle X^i-Y^j \rangle</math>. Passt

<math>\sigma_N: N\to R[X,Y]/\langle X^i-Y^j\rangle,~  X\mapsto\bar{X}, Y\mapsto \bar{Y}</math> (setze dies auf <math>N</math> fort)

als Monoidhomomorphismus? Was ist <math>N</math> (Was meinst du mit "Präsentationen")? Ist es von den Variablen - oder "Buchstaben" - <math>X</math> und <math>Y</math> erzeugtes Monoid?


Zur <math>R[M] \cong R[T^i,T^j]</math>. Lautet das gewünschte Monoidhom. einfach so:

<math>\sigma_M: M\to R[T^i, T^j],~ T^{im+jn}\mapsto T^{im+jn}</math> (für <math>m, n\in \mathbb{N}_{\geq 1}</math> beliebig)?

Dass die induzierte Homomorphismen sich jeweils um Isomorphismen handeln, sollte man dann noch die Umkehrabbildungen angeben ( und rechnen nach dass sie zueinander invers sind)?


Kann man auch direkt einsehen, dass "die universellen Eigenschaften übereinstimmen"?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2017-09-15


Siehe en.wikipedia.org/wiki/Presentation_of_a_monoid oder Bücher zur universellen Algebra (es gibt Präsentationen für jeden Typ von algebraischer Struktur). Man braucht hier eine universelle Eigenschaft von <math>N</math>: Für jedes kommutative Monoid <math>T</math> ist <math>\hom(N,T) \cong \{(a,b) \in T^2 : a^i = b^j\}</math>. Daraus folgt dann eine universelle Eigenschaft von <math>R[N]</math> (als kommutative <math>R</math>-Algebra), die dann mit der von <math>R[X,Y]/\langle X^i - Y^j \rangle</math> übereinstimmt. Denn in Wahrheit ist <math>R[X,Y]/\langle X^i - Y^j\rangle</math> auch nichts anderes als <math>\langle X,Y : X^i = Y^j \rangle_{\mathsf{CAlg}(R)}</math> (Präsentation als kommutative <math>R</math>-Algebra). Zum Isomorphismus <math>R[M] \cong R[T^i,T^j]</math> bemerkt man zunächst <math>R[\langle T \rangle] = R[T]</math> (per Definition sozusagen), wobei <math>\langle T \rangle</math> das freie Monoid auf einem Erzeuger ist, und beobachtet, dass hierbei die Unteralgebra <math>R[M] \subseteq R[\langle T \rangle]</math> auf die Unteralgebra <math>R[T^i,T^j]</math> geschickt wird. Es sind keine Rechnungen notwendig. Was Rechnung erfordert, ist <math>M \cong N</math>.



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Saki17
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zum Thema habe ich vorerst nichts zu fragen, vielen Dank Triceratops!



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Saki17 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Saki17 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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