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Strukturen und Algebra » Moduln » Einfachheit eines Moduls
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Autor
Universität/Hochschule J Einfachheit eines Moduls
Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.09.2015
Mitteilungen: 515
Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-04-17

\(\begingroup\)
Hallo,

ich habe eine Frage zu einfachen Moduln.

Sei $k$ ein Körper, $V$ ein $k$-Vektorraum und $R:=End_k(V)$ der Endomorphismusring. Fasse $V$ als $R$-(Links-)Modul auf durch $(f,v)\mapsto f(v)$ für $f\in R$. Ich soll zeigen, dass $V$ ein einfacher $R$-Modul ist.

Wie geht ich es vor? Sollte ich mit einem ungleich Null Untermodul $U$ anfangen, und zeigen $U=V$?(Indem ich spezielle lineare Abbildung betrachte?)

Ich habe den Begriff "einfachen Modul" neuerdings kennengelernt und weiß nicht, ob es generelles Rezept gibt um solche Einfachheit zu begründen.
\(\endgroup\)


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KidinK
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.06.2013
Mitteilungen: 1129
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-04-17

\(\begingroup\)
Es fehlt die Voraussetzung $V\not=0$.

Ein $R$-Modul $V\not=0$ ist genau dann einfach, wenn es zu $0\not=v\in V$ und $w\in V$ stets ein $r\in R$ mit $rv=w$ gibt. In diese Situation übersetzt ist das lineare Algebra.

Liebe Grüße
KidinK
\(\endgroup\)


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Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.09.2015
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Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-17


Danke für den Hinweis! Die Frage hat sich erledigt.



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Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3648
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-04-18

\(\begingroup\)
Beweis mit Morita-Theorie: ${}_k \mathsf{Mod} \to {}_R \mathsf{Mod}$, $W \mapsto V \otimes W$ ist eine Äquivalenz von Kategorien. Das einfache Objekt $k \in {}_k \mathsf{Mod}$ wird daher auf das einfache Objekt $V \in {}_R \mathsf{Mod}$ geschickt.
\(\endgroup\)


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Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.09.2015
Mitteilungen: 515
Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-20

\(\begingroup\)
@Triceratops Danke, dieses Perspektiv ist mir momentan leider etwas abgehoben (deswegen frage ich zunächst nichts danach).

Zur ursprünlichen Aufgabe nehme zusätzlich an, dass $V$ endlich-dimensional ist, etwa von $n\geq 2$, kann man folgern, dass $V$ der einzige $R$-Modul ist bis auf Isomorphie?

(wieder Lineare Algebra?)
\(\endgroup\)


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KidinK
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 10.06.2013
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-04-20


Ja, wenn du Moduln mit derselben K-Dimension wie V meinst. Siehe hier Lemma 4.1.  Ebenfalls ja, wenn du meinst, dass V der einzige einfache Modul ist.



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Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3648
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-04-20

\(\begingroup\)
Auch das folgt aus der Kategorienäquivalenz, weil $k$ der einzige einfache $k$-Modul ist.
\(\endgroup\)


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Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.09.2015
Mitteilungen: 515
Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-21


Danke für eure Antworten.

2018-04-20 10:36 - KidinK in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, wenn du Moduln mit derselben K-Dimension wie V meinst. Siehe hier Lemma 4.1.  Ebenfalls ja, wenn du meinst, dass V der einzige einfache Modul ist.
Ja, so meinte ich.



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Saki17
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Dabei seit: 09.09.2015
Mitteilungen: 515
Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-23

\(\begingroup\)
Ein weiterer Ansatz: (Notation wie am Anfang+endlich Dimension-Bedingung, s.#4)

Es gilt:
1. Jedes Linksideal von $R$ hat die Form $I(U):=\{f\in R;\, f|_U=0\}$ für gewissen $k$-Unterraum $U\subset V$.
1.1. $I(U)\lhd R$ maximal $\iff \text{dim}_k(U)=1$.
2. Sei $U=ku$ für ein $u\neq 0$, dann gilt $R/I(U)\cong V$ als $R$-Linksmoduln. Die Isomorphie geht aus dem $R$-Homomorphismus $R\to V,~ f\mapsto f(u)$ hervor.
3. Generell ist ein $S$-Linksmodul $W$ einfach gdw. $W\cong S/m$ (als $R$-Linksmoduln) für ein maximales Linksideal $m\lhd S$.

Daraus folgt die Eindeutigkeit des einfachen Moduls.

Ich kann die Aussage 1 noch nicht durchblicken. Sei $I\lhd R$ ein Linksideal, betrachte den Unterraum $U:=\bigcap\limits_{f\in I}\ker f$.
Behauptung. $I=I(U)$.

$I\subset I(U)$ ist unmittelbar. Die andere Inklusion ist mir jedoch unklar. Wie kann man zeigen, dass etwas in einem Ideal liegt?

Mag jemand drüber noch diskutieren?
\(\endgroup\)


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Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-26

\(\begingroup\)

Sei $I\lhd R$ ein Linksideal, betrachte den Unterraum $U:=\bigcap\limits_{f\in I}\ker f$. Behauptung. $I=I(U)$.

Zeige noch $I(U)\subset I$.
Die Beweisidee ist so: (Lineare Algebra)
- Existiert ein $g\in I$ mit $\ker g=U$, so folgt $I(U)=I(\ker g)=Rg\subset I$.

Um so ein $g$ zu finden, geht man so vor:
- Wähle $g\in I$, sodass $\ker g$ von minimaler Dimension ist. Ohne Einschränkung $\ker g\neq 0$.
- Zeige $\ker g=U$. Angenommen $\ker g\supsetneq U$. Sei $u\in\ker g\smallsetminus U,~ v\in V\smallsetminus g(V)$. Wegen der Annahme existiert ein $h\in I$ mit $h(u)\neq 0$. Betrachte ein $f\in R$ mit $f(h(u))=v, \text{dim } f(V)=1$. Es folgt $\ker(g+fh)\subsetneq \ker g$, ein Widerspruch.
\(\endgroup\)


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