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Strukturen und Algebra » Algebraische Geometrie » Mengendifferenz von Varietäten nicht leer
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Universität/Hochschule J Mengendifferenz von Varietäten nicht leer
Dune
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Dabei seit: 30.03.2009
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Aus: Rostock
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-04-26

\(\begingroup\)
Hi Leute!

Meine Frage bezieht sich auf einen Beweis auf MO (siehe hier). Es soll gezeigt werden, dass Skalarerweiterungen endlich-dimensionaler A-Moduln nur dann isomorph sind, wenn sie vorher bereits isomorph waren. Hierbei ist A eine endlich-dimensionale K-Algebra und K ein unendlicher Körper.

Der Beweis ist ganz kurz: Sei L/K eine endliche Körpererweiterung und seien M,N endlich-dimensionale A-Moduln, deren Erweiterungen \(M^L, N^L \) isomorph sind. Wir fassen \( X = \mathrm{Hom}_A(M,N)\) als Varietät über K auf und betrachten die (abgeschlossene) Untervarietät X' aller Nicht-Isomorphismen. Dann gibt es nach Voraussetzung ein L-Punkt in X, der nicht in X' liegt. Damit ist X' eine echte Untervarietät von X und es muss ebenfalls einen K-Punkt in X geben, der nicht in X' liegt. Das entspricht einem Isomorphismus \( M \to N \).

Da ich mich mit Schematheorie nicht so richtig auskenne, gehe ich da einmal ganz naiv heran und übersetze alles in die Sprache von polynomiellen Gleichungen. Durch Wahl von K-Basen fasse ich die Elemente von X als Matrizen auf. Also betrachte ich X als Teilmenge \( X(K)= V_K(I) \subseteq K^{n \times n} \), bzw. \( X(L) = V_L(I) \subseteq L^{n \times n} \), die als Nullstellenmenge von gewissen Polynomen \( I \subset K[X_{i,j}] \) über K beschrieben wird. Die Menge der Nicht-Isomorphismen in \( V(I) \) entspricht den Matrizen mit Determinante 0, also \( X'(K) = V_K(I) \cap V_K(\det) \) bzw. \( X'(L) = V_L(I) \cap V_L(\det) \). Nun ist nach Voraussetzung die Menge \( X(L) \setminus X'(L) \) nicht leer. Ich sehe aber keinen Grund, warum das Gleiche für \( X(K) \setminus X'(K) \) gelten sollte.

Ich denke da zum Beispiel an die \( \mathbb{R} \)-Varietät \( V(X^2+Y^2=0) \) mit der Untervarietät \(V(X=Y=0)\). Über \( \mathbb{C} \) gibt es Punkte in der Mengendifferenz. Über \( \mathbb{R} \) allerdings nicht. Worin besteht der wesentliche Unterschied zu obiger Situation?

Viele Grüße
Dune


PS: Ich habe inzwischen gesehen, dass hier noch ein anderer (allgemeinerer) Beweis präsentiert wurde, den ich vollständig nachvollziehen kann. Trotzdem interessiert es mich, ob obiges Argument wirklich korrekt ist.
\(\endgroup\)


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Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3593
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-04-27 11:04


Der Punkt ist, dass es sich um lineare Gleichungssysteme handelt. Reicht das als Tipp? Varietäten braucht man tatsächlich nicht.



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Dune
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 30.03.2009
Mitteilungen: 2956
Aus: Rostock
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-27 12:11

\(\begingroup\)
Ja, danke Tric, da hatte ich gerade ein Brett vorm Kopf...

Der Punkt ist, dass \( X(K) = \mathrm{Hom}_A(M,N) \) und \( L \otimes_K X(K) = X(L) = \mathrm{Hom}_{A^L}(M^L,N^L) \) Vektorräume über K bzw. L sind. Bezüglich ihren jeweiligen Zariski-Topologien liegt also \( X(K) \) dicht in \( X(L) \).

Allgemein gilt: Sei V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum über einem unendlichen Körper K und sei L/K eine Körpererweiterung. Dann ist die kanonische Abbildung \( V \to L \otimes_K V \) eine dichte Einbettung topologischer Räume (bezüglich den jeweiligen Zariski-Topologien über K bzw. L).
\(\endgroup\)


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KarlRuprecht
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 01.03.2017
Mitteilungen: 145
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-04-27 12:26

\(\begingroup\)
@Dune:

Hi. Könntest du vielleicht das Argument erläutern, wieso genau aus der Tatsache, dass $ X(K) = \mathrm{Hom}_A(M,N) $ und $ L \otimes_K X(K) = X(L) = \mathrm{Hom}_{A^L}(M^L,N^L) $ Vektorräume über K bzw. L sind, bereits folgt, dass $X(K)$ in $X(L)$ bzgl Zariski dicht liegt?
\(\endgroup\)


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Dune
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 30.03.2009
Mitteilungen: 2956
Aus: Rostock
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-27 12:33

\(\begingroup\)
Hi Karl,

durch Basiswahl lässt sich die Behauptung leicht darauf zurückführen, dass \( K^n \) dicht in \( L^n \) liegt. Dafür ist wiederum zu zeigen, dass jedes von Null verschiedene Polynom aus \( L[X_1, \dots, X_n] \) eine Nicht-Nullstelle in \( K^n \) besitzt. Das wiederum folgt per Induktion über n wobei der eigentliche springende Punkt im Induktionsanfang n=1 liegt. Bekanntlich haben ja Polynome in einer Variablen nur endlich viele Nullstellen. Da K nach Voraussetzung unendlich ist, hat also jedes von Null verschiedene Polynom aus \( L[X] \) eine Nicht-Nullstelle in K.

VG Dune
\(\endgroup\)


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