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Universität/Hochschule Isomorphismus, Homomorphiesatz
PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-08-09


Hallo,

ich möchte folgende Aussage beweisen:

Sei <math>R</math> ein kommutativer Ring, <math>a\in R</math> und <math>p\in R[X]</math>, dann ist

<math>R[X]/(X-a,p)\cong R/(p(a))</math>

In einem anderen Thread hat Triceratops schon einiges dazu geschrieben:

2017-07-29 08:42 - Triceratops in Beitrag No. 8 schreibt:

Man kann auch so argumentieren: Wenn man bereits weiß, dass <math>R[X] / \langle X-a \rangle \cong R</math> gilt via <math>[p] \mapsto p(a)</math>, dann sieht man, dass hierbei das Ideal <math>\langle [p] \rangle</math> auf das Ideal <math>\langle p(a) \rangle</math> abgebildet wird. Es folgt daher

<math>R[X] / \langle X-a, p \rangle \cong (R[X] / \langle X-a \rangle ) / \langle [p] \rangle \cong R/\langle p(a) \rangle.</math>

Ich möchte mir diesen Beweis nun also klar machen.
Zu erst möchte ich zeigen, dass <math>f:R[X] / \langle X-a \rangle \to R</math> ein Isomorphismus ist (mit entsprechender Abbildung).

Die Abbildung wurde ja bereits angegeben. <math>[p]\mapsto p(a)</math>
Zu erst rechne ich nach, dass es ein Ringhomomorphismus ist.
Das sollte ja einfach so gehen:

<math>f([pq])=(p\cdot q)(a)=p(a)\cdot q(a)=f([p])\cdot f([q])</math>

Für die Addition geht es genau gleich.

<math>f</math> ist injektiv, denn <math>\ker (f)=\{[p]\in R[X]/(X-a)|f([p])=0\}=\{[0]\}</math>, denn die einzigen Funktionen, die identisch Null sind, sind ja jene, welche den Faktor <math>(X-a)</math> enthalten, also in der Restklasse [0] liegen.

Die Surjektivität der Funktion ist klar, denn das Urbild der Konstanten aus <math>R</math> sind ja gerade die Äquivalenzklassen der entsprechenden Konstante.

Es handelt sich also um einen Isomorphismus.

Nun soll das Ideal <math>\langle [p]\rangle</math> auf <math>\langle p(a)\rangle</math> abgebildet werden.
Das ist auch klar.

Nun folgt:

<math>R[X] / \langle X-a, p \rangle \cong (R[X] / \langle X-a \rangle ) / \langle [p] \rangle \cong R/\langle p(a) \rangle</math>

Wie kommt dabei die erste Isomorphie zustande?
Benötigt dieses "Unterteilen" keiner weiteren Vorüberlegung?

Es ist ja im Grunde zweimalige Division mit Rest.

Die zweite Isomorphie ist dann klar.

Wäre das wirklich schon der gesamte Beweis?
Ich finde die Aussage nämlich eigentlich ziemlich stark. Vor allem in Anbetracht von dem Ärger den ich im entsprechenden Thread mit der Aufgabe hatte...

Aber damit löst man ja quasi alle Aufgabentypen dieser Form auf einen Streich.

Ich kann ja jetzt irgendwas willkürliches hinschreiben:

<math>\mathbb{Z}[X]/(X-4, X^3+24X-9)\cong\mathbb{Z}/151\mathbb{Z}</math> (Auch irgendwie lustig, dass ich direkt einen Körper erwischt habe)

Das ist ziemlich cool, dass man solche Isomorphien ohne Probleme berechnen kann.

Über Kommentare freue ich mich.
Vielen Dank im voraus.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-08-09


1) Bei <math>[p] \mapsto p(a)</math> ist vor allem die Wohldefiniertheit zu zeigen. Aber man erledigt das mit dem Homomorphiesatz. So bekommt man übrigens auch die Isomorphie dann geschenkt: Man zeigt, dass der Homomorphismus <math>\mathrm{ev}_a : R[X] \to R</math> surjektiv mit Kern <math>\langle X-a \rangle</math> ist. Bei deinem Beweis der Injektivität von <math>R[X] / \langle X-a \rangle \to R</math> fehlt das eigentliche Argument, dass nämlich <math>p(a)=0</math> mit <math>X-a \mid p</math> äquivalent ist. Es geht nicht um Funktionen, die "identisch Null sind".

2) Überlege dir allgemein für zwei Ideale <math>I,J \subseteq R</math> die Isomorphie

<math>R/(I+J) \cong (R/I)/\bar{J},</math>
 
wobei <math>\bar{J}</math> das Bild von <math>R</math> in <math>R/(I+J)</math> unter der kanonischen Projektion sei. Benutze dazu die universellen Eigenschaften (beider Seiten).
Mit dem Yoneda-Lemma gelingt ein Beweis in zwei Zeilen.

3) Die Aussage "Aber damit löst man ja quasi alle Aufgabentypen dieser Form auf einen Streich" ist nur dann richtig, wenn sich diese "Form" wirklich nur auf diese speziellen Quotientenringe von Polynomringen bezieht, wo die Variable mit einer Konstanten aus dem Grundring identifiziert wird und entsprechend nichts Spannendes passiert: So wird die Variable ja wieder geschluckt. In dem anderen Thread hatte ich zwei nicht ganz so triviale Isomorphismen zwischen Quotientenringen als Aufgabe gegeben.

2) Etwas weniger formal, aber immer noch einfach, wenn man den richtigen Satz zur Verfügung hat: Es gilt <math>\mathds{C}[X]/\bigl\langle X^2+1 \bigr\rangle \cong \mathds{C}[Y]/\bigl\langle Y(Y-1) \bigr\rangle </math>. Gilt das auch für <math>\mathds{R}</math>?

3) Und noch eine Aufgabe aus der Kategorie "herausfordernd": Zeige <math>\mathds{R}[Y]/\bigl\langle (Y^2+1)^2\bigr\rangle \cong \mathds{C}[X]/\bigl\langle X^2 \bigr\rangle</math>.



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-08-09


Zu 1):

Man benutzt hier also das Korollar aus dem Homomorphiesatz.

Dass <math>ev_{a}:\mathbb{R}[X]\to R</math> surjektiv ist, ist klar.

Nun möchte ich zeigen, dass der Kern der Abbildung auch tatsächlich <math>\langle X-a\rangle</math> ist.

Wegen <math>ev_{a}(X-a)=0</math> ist auf jeden Fall <math>\langle X-a\rangle\subseteq \ker(ev_a)</math>.

Sei nun <math>p\in\ker(ev_a)</math>, also <math>ev_a(p)=p(a)=0</math>
Ist das nun Division mit Rest?

<math>p=(X-a)\cdot q+r</math>, wobei <math>r=0</math> und <math>q\in R[X]</math>. Also <math>p\in\langle X-a\rangle</math>

Wir erhalten die Isomorphie <math>R[X]/\ker(ev_a)\cong R</math>.

zu 2):

Magst du einmal etwas mehr Information zum Yoneda-Lemma geben?
Wenn ich mir das auf Wikipedia durchlese, dann verstehe ich die Aussage des Lemmas nicht wirklich. Es werden viele Begriffe (und auch Notation) benutzt, die ich nicht kenne.

In welcher Form würde man das Lemma hier anwenden?

Dann wollte ich generell noch einen Thread zu universellen Eigenschaften machen.
Diese bereiten mir doch noch große Probleme.

Ich denke mein Hauptproblem ist, dass ich mich von der Fülle der universellen Eigenschaften etwas überwältigt fühle.
Es gibt ja nicht DIE universelle Eigenschaft und was eine universelle Eigenschaft überhaupt ist, ist ja auch nicht wirklich definiert.

So ist etwa die universelle Eigenschaft von Quotienten durch den Homomorphiesatz gegeben.

Wie kann man sich für konkrete Fälle die entsprechende "Struktur" der Abbildungen klar machen um die universellen Eigenschaften entsprechend identifizieren zu können? Dies fällt mir denke ich im allgemeinen sehr schwer.

<math>R/\langle I+J\rangle\cong (R/I)/\overline{J}</math>

Hierbei handelt es sich ja jeweils um Quotienten, also ist die universelle Eigenschaft durch den Homomorphiesatz gegeben.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-08-09


1) Warum gilt denn <math>r=0</math>?
 
2) Dein Beweis für <math>R/(I+J) \cong (R/I)/\bar{J}</math> ist zu kurz. Zu universellen Eigenschaften und wie man sie anwendet gibt es zwei einführende Artikel auf dem Matheplaneten:

LinkUniverselle Eigenschaften
LinkWie universelle Eigenschaften einem das Leben erleichtern
 
Das Yoneda-Lemma sagt (in einem Spezialfall) kurz gesagt, dass ein Ring <math>R</math> vollständig durch die Mengen <math>\hom(R,S)</math> und die von Homomorphismen <math>S \to S"</math> induzierten Abbildungen <math>\hom(R,S) \to \hom(R,S")</math>, also kurz gesagt den Funktor <math>\hom(R,-) : \mathsf{Ring} \to \mathsf{Set}</math> bestimmt ist. Und eine universelle Eigenschaft von <math>R</math> ist eine Beschreibung des Funktors <math>\hom(R,-)</math> (oder des kontravarianten Funktors <math>\hom(-,R)</math>, als oder Homomorphismen nach <math>R</math> und nicht auf <math>R</math>).

Hier nun der Yoneda-Beweis für die Isomorphie:

<math>\hom(R/(I+J),-) \cong \{f \in \hom(R,-) : f(I+J)=0\} = \{f \in \hom(R,-) : f(I)=0,\, f(J)=0\} \medskip\\
\cong \{g \in \hom(R/I,-): g(\bar{J})=0\} \cong \hom((R/I)/\bar{J},-) \implies R/(I+J) \cong (R/I)/\bar{J}.</math>
 
Du kannst es aber auch so machen, wie es in Algebra-Büchern normalerweise gemacht wird, also durch Angabe von zwei zueinander inversen Morphismen: Erst einmal die Notationen:

<math>\pi_{I+J} : R \to R/(I+J)\medskip\\
\pi_I : R \to R/I\medskip\\
\pi_{\bar{J}} : R/I \to (R/I)/\bar{J}</math>
 
Die Komposition <math>\pi_{\bar{J}} \circ \pi_I : R \to R/I \to (R/I)/\bar{J}</math> verschwindet auf <math>I</math> (klar) und auf <math>J</math> (warum?), also auf <math>I+J</math>. Also gibt es einen Homomorphismus <math>f : R/(I+J) \to (R/I)/\bar{J}</math> mit <math>f \circ \pi_{I+J} = \pi_{\bar{J}} \circ \pi_I</math> (1).

Es verschwindet <math>\pi_{I+J} : R \to R/(I+J)</math> auf <math>I+J</math> und daher auch auf <math>I</math>. Es gibt daher einen Homomorphismus <math>h: R/I \to R/(I+J)</math> mit <math>h \circ \pi_I = \pi_{I+J}</math>. Es verschwindet <math>h</math> auf <math>\bar{J}</math> (warum?). Also gibt es einen Homomorphismus <math>g : (R/I)/\bar{J} \to R/(I+J)</math> mit <math>g \circ \pi_{\bar{J}} = h</math>, und folglich <math>g \circ \pi_{\bar{J}} \circ \pi_I = \pi_{I+J}</math> (2).

Man zeigt nun, dass <math>f</math> und <math>g</math> zueinander invers sind. Dafür darf man jeweils die Projektionen vorschalten, und dann folgt es aus (1) und (2).



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2017-08-09


Mehr zum Yoneda-Lemma bzw. dem hier relevanten Spezialfall: Seien <math>A,B</math> zwei feste Ringe. Für alle Ringe <math>S</math> gebe es eine Bijektion

<math>\alpha_S : \hom(A,S) \to \hom(B,S).</math>

Wir möchten gerne folgern, dass <math>A</math> und <math>B</math> isomorph sind. Aber die Annahme ist noch nicht stark genug, denn die Bijektionen gibt es ja schon dann, wenn es genauso viele Homomorphismen <math>A \to S</math> wie Homomorphismen <math>B \to S</math> gibt, was einen obskuren mengentheoretischen Grund haben könnte. Wir müssen sicherstellen, dass die Bijektionen "stetig" oder "gleichmäßig" von <math>S</math> abhängen, man sagt "natürlich in <math>S</math>" sind. Die Bedingung ist genauer gesagt: Für jeden Homomorphismus <math>f : S \to S"</math> kommutiere das Diagramm

<math>\begin{tikzcd}
\hom(A,S) \ar{r}{\alpha_S} \ar{d}[swap]{f_*} & \hom(B,S) \ar{d}{f_*} \\
\hom(A,S") \ar{r}{\alpha_{S"}} & \hom(B,S"),
\end{tikzcd}</math>
 
wobei <math>f_* : \hom(A,S) \to \hom(A,S")</math> (analog mit <math>B</math>) die von <math>f</math> induzierte Abbildung sei, also <math>f_*(g)=f \circ g</math>. Man spricht dann von einem natürlichen Isomorphismus

<math>\alpha : \hom(A,-) \to \hom(B,-).</math>

Die Erfahrung zeigt: Die Natürlichkeit ist praktisch immer dann gegeben, wenn man etwas ohne willkürliche Festlegungen definiert worden ist.
 
Yoneda-Lemma (Spezialfall): Sei <math>\alpha : \hom(A,-) \to \hom(B,-)</math> ein natürlicher Isomorphismus. Dann gibt es einen (eindeutigen) Isomorphismus <math>f : B \to A</math> mit <math>\alpha = f^*</math>, also <math>\alpha_S(g)=g \circ f</math> für alle <math>g \in \hom(A,S)</math>.
 
Du kannst das als Übungsaufgabe beweisen; es gibt nämlich nicht so viele Möglichkeiten, <math>f</math> und <math>f^{-1}</math> zu finden. Tipp: Setze einmal <math>S=A</math> und <math>S=B</math> ein.

Das Yoneda-Lemma im Spezialfall sagt also: Wenn <math>\hom(A,-)</math> und <math>\hom(B,-)</math> natürlich isomorph sind, dann sind bereits <math>A</math> und <math>B</math> isomorph. Die "Philosophie" ist in etwa, dass ein Ring bereits durch die Homomorphismen in andere Ringe bestimmt ist, also durch seine "Interaktion" mit der Klasse der Ringe.
 
Natürliche Isomorphismen gibt es nicht nur zwischen diesen Konstrukten <math>\hom(A,-)</math>, sondern auch zwischen allgemeineren Zuordnungen von Ringen nach Mengen, die man Funktoren nennt. Das hier relevante Beispiel ist der Homomorphiesatz, welcher besagt, dass es einen natürlichen Isomorphismus zwischen <math>\hom(R/I,-)</math> und dem Funktor <math>\{f \in \hom(R,-) : f(I)=0\}</math> gibt, einem Unterfunktor von <math>\hom(R,-)</math>. Er ist gegegen durch

<math>\hom(R/I,S) \to \{f \in \hom(R,S) : f(I)=0\},\, g \mapsto g \circ \pi_I.</math>
 
Natürliche Isomorphismen kann man offensichtlich miteinander verketten. Ich hoffe, dass damit der Beweis aus Beitrag No. 3 verständlich(er) wird.



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2017-08-09



1) Warum gilt denn <math>r=0</math>?

<math>p=(X-a)q+r</math>

Es ist <math>p(a)=(a-a)q(a)+r=r</math>, also <math>r=0</math>, denn <math>p(a)=0</math>


Dein Beweis für <math>R/(I+J) \cong (R/I)/\bar{J}</math> ist zu kurz.

Welcher Beweis? :D

Du hast in der Zwischenzeit ja noch einmal eine Menge dazu geschrieben und auch die Links muss ich mir noch ansehen.
Ich melde mich dann wieder, wenn ich damit fertig bin. :)



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Saki17
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Hallo Triceratops,

zu deinem Beitrag:
2017-08-09 19:23 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
Du kannst es aber auch so machen, wie es in Algebra-Büchern normalerweise gemacht wird, also durch Angabe von zwei zueinander inversen Morphismen: Erst einmal die Notationen:

<math>\pi_{I+J} : R \to R/(I+J)\medskip\\
\pi_I : R \to R/I\medskip\\
\pi_{\bar{J}} : R/I \to (R/I)/\bar{J}</math>
 
Die Komposition <math>\pi_{\bar{J}} \circ \pi_I : R \to R/I \to (R/I)/\bar{J}</math> verschwindet auf <math>I</math> (klar) und auf <math>J</math> (warum?), also auf <math>I+J</math>. Also gibt es einen Homomorphismus <math>f : R/(I+J) \to (R/I)/\bar{J}</math> mit <math>f \circ \pi_{I+J} = \pi_{\bar{J}} \circ \pi_I</math> (1).

Es verschwindet <math>\pi_{I+J} : R \to R/(I+J)</math> auf <math>I+J</math> und daher auch auf <math>I</math>. Es gibt daher einen Homomorphismus <math>h: R/I \to R/(I+J)</math> mit <math>h \circ \pi_I = \pi_{I+J}</math>. Es verschwindet <math>h</math> auf <math>\bar{J}</math> (warum?). Also gibt es einen Homomorphismus <math>g : (R/I)/\bar{J} \to R/(I+J)</math> mit <math>g \circ \pi_{\bar{J}} = h</math>, und folglich <math>g \circ \pi_{\bar{J}} \circ \pi_I = \pi_{I+J}</math> (2).

Man zeigt nun, dass <math>f</math> und <math>g</math> zueinander invers sind. Dafür darf man jeweils die Projektionen vorschalten, und dann folgt es aus (1) und (2).

0) Nur zur Sicherheit.
In deiner Bezeichung, ist <math>\bar{J}=\pi(J) </math> mit <math>\pi:R\to R/(I+J)</math>?
0') In der ursprünglichen Frage von PrinzessinEinhorn wird das Ideal <math>\langle p\rangle</math> dann auf <math>\langle p\rangle+(\langle p\rangle+\langle X-a\rangle)=\langle p\rangle+\langle X-a\rangle</math> abgebildet? (<math>p</math> war ein Polynom)

1) Dass <math>f</math> und <math>g</math> zueinander invers sind:
<math>(f\circ g)\circ(\pi_{\bar{J}}\circ\pi_I)=f\circ (g\circ(\pi_{\bar{J}}\circ\pi_I))=f\circ \pi_{I+J}=(\pi_{\bar{J}}\circ\pi_I)</math>. Also <math>f\circ g=\id</math> (Zur letzten Folgerung wird es keine universellen Eigenschaften verwendet). Analog für <math>g\circ f=\id</math>. - Stimmt diese Begründung?

2) Wenn <math>\bar{J}</math> wie in 0) steht, dann ist doch klar, dass <math>\pi_{\bar{J}}\circ\pi_I</math> auf <math>J</math> und <math>h</math> auf <math>\bar{J}</math> verschwinden.

Wäre schön wenn ihr dazu kommentieren könntet. (auch an PrinzessinEinhorn)



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Triceratops
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0) Ja, die Bezeichnung wird in Beitrag No. 1 genannt.
0') Es sieht so aus, als ob hier Restklassen für Verwirrung sorgen. Man hat <math>R[X]</math> mit den beiden Idealen <math>\langle X-a \rangle</math>, <math>\langle p \rangle</math>. Das Bild von <math>\langle p \rangle</math> im Quotientenring <math>R[X] / \langle X-a \rangle</math> ist <math>\langle [p] \rangle</math>, wobei <math>[p]</math> das Bild von <math>p</math> im Quotienten bezeichnet.
1) Das ist richtig. Aber dass man die Projektionen vorschalten darf, um die Gleichheit zu zeigen, ist gerade die Eindeutigkeit in den universellen Eigenschaften. Insofern kommt diese also ins Spiel. Man kann auch mit der Surjektivität der Projektionen argumentieren, aber das läuft auf dasselbe hinaus.
2) Ob etwas klar ist, liegt im Auge des Betrachters.



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Saki17
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danke für deine Anmerkung!



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