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| Aufgabe | | Sei R ein endlicher Integritätsring. Zeigen Sie: R ist ein Körper. |
Hallo.
Ich habe herausgefunden, dass die Aufgabe der Satz von Wedderburn ist, aber im Beweis wird die Galoistheorie und Einheitswurzeln etc. benutzt, was noch nicht definiert wurde.
Deswegen muss man die Aufgabe auch so direkt beweisen können.
Also wir haben einen Ring und der Ring fehlt zum Körper genau 2 Dinge: Einmal die Kommutativität der Gruppe (R,*) und die Inverse von (R,*).
2 Sachen haben wir gegeben: Einmal ist der Ring endlich und zum anderen, dass es sich um einen nullteilerfreien Ring handelt, d. h. aus a*b=0 muss folgen, dass a=0 oder b=0.
Mein Problem ist, dass ich nicht weiß, wie ich die 2 Vor. einbringen kann, weil ich ja zeigen muss, dass es inverse Elemenet gibt, sodass [mm] a*\bruch1a=1 [/mm]
Kann mir einer einen Denkanstoß geben?
Vielen Dank
TheBozz-mismo
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:59 Do 08.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo TheBozz-mismo,
> Also wir haben einen Ring und der Ring fehlt zum Körper
> genau 2 Dinge: Einmal die Kommutativität der Gruppe (R,*)
> und die Inverse von (R,*).
Als Integritätsring ist R per Definitionem kommutativ.
> 2 Sachen haben wir gegeben: Einmal ist der Ring endlich
> und zum anderen, dass es sich um einen nullteilerfreien
> Ring handelt, d. h. aus a*b=0 muss folgen, dass a=0 oder
> b=0.
> Mein Problem ist, dass ich nicht weiß, wie ich die 2 Vor.
> einbringen kann, weil ich ja zeigen muss, dass es inverse
> Elemenet gibt, sodass [mm]a*\bruch1a=1[/mm]
>
> Kann mir einer einen Denkanstoß geben?
Betrachte zu [mm] $a\in [/mm] R$ mit [mm] $a\not=0$ [/mm] die Abbildung
[mm] $f\colon R\to R,\quad x\mapsto [/mm] a*x$.
Untersuche sie mal auf Injektivität und Surjektivität.
Viele Grüße
Tobias
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Hallo und vielen Dank für deine schnelle Hilfe!
Ja, nach einem erneuten Überlegen ist mir auch klar geworden, dass aus Integritätsring die Kommutativität folgt, denn ab=0=ba
Zum Denkanstoß:
Also f ist injektiv, denn [mm] f(x_1)=f(x_2)<=>ax_1=ax_2<=>(a \not= 0)x_1=x_2,, [/mm] also injektiv.
f ist surjektiv, denn für alle y in R gibt es ein x in R, sodass f(x)=y, nämlich [mm] x=\bruch{y}{a}, [/mm] weil [mm] a\not= [/mm] 0
Damit ist f bijektiv. So weit so gut. Irgendwie muss ich ja noch mitreinbringen, dass R endlich ist und was kann ich jetzt daraus folgen?
Es existiert eine Umkehrabb., also Inverse und damit ist jetzt die Existenz von Inversen gezigt?
Gruß
TheBozz-mismo
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Hmm, hier bringst du aber ein wenig was durcheinander...
> Hallo und vielen Dank für deine schnelle Hilfe!
> Ja, nach einem erneuten Überlegen ist mir auch klar
> geworden, dass aus Integritätsring die Kommutativität
> folgt, denn ab=0=ba
Damit hast du einzig gezeigt, dass die 0 mit allen anderen Ringelementen kommutiert, das reicht noch lange nicht dafür aus, dass alles kommutiert.
Die Kommutativität steckt bereits mit in der Definition eines Integritätsrings und kann nicht so ohne weiteres daraus gefolgert werden.
> Zum Denkanstoß:
> Also f ist injektiv, denn [mm]f(x_1)=f(x_2)<=>ax_1=ax_2<=>(a \not= 0)x_1=x_2,,[/mm]
> also injektiv.
> f ist surjektiv, denn für alle y in R gibt es ein x in R,
> sodass f(x)=y, nämlich [mm]x=\bruch{y}{a},[/mm] weil [mm]a\not=[/mm] 0
Nein.
Du teilst hier beide Male durch $a$ (bei der Injektivität nur implizit, indem du kürzt, bei der Surjektivität explizit). Der Witz an dieser Abbildung ist aber gerade, dass sie - wenn du Injektivität und Surjektivität gezeigt hast - dir die Existenz von [mm] $a^{-1} \in [/mm] R$ liefert.
Als Tipp: Deine Abbildung ist auch $R$-linear (was du natürlich zeigen müsstest).
Damit ist sie injektiv [mm] $\gdw \ldots$
[/mm]
(Der Beweis geht aber auch ohne Linearität.)
lg
Schadow
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:32 Do 08.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Schadowmaster,
> Als Tipp: Deine Abbildung ist auch [mm]R[/mm]-linear (was du
> natürlich zeigen müsstest).
> Damit ist sie injektiv [mm]\gdw \ldots[/mm]
> (Der Beweis geht aber
> auch ohne Linearität.)
R-lineare Abbildungen von einem Integritätsring R nach R sind im Allgemeinen nicht genau dann injektiv, wenn sie surjektiv sind.
Gegenbeispiel: [mm] $R=\IZ$, $f\colon\IZ\to\IZ,\quad x\mapsto [/mm] 2x$.
Das Entscheidende ist die Endlichkeit von R, nicht die R-Linearität von f.
Viele Grüße
Tobias
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Ja, das behaupte ich auch nicht.^^
Aber durch die Linearität kriegt man eine sehr schöne Aussage, wann die Abbildung injektiv ist (indem man den Kern betrachtet).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:42 Do 08.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Ja, das behaupte ich auch nicht.^^
> Aber durch die Linearität kriegt man eine sehr schöne
> Aussage, wann die Abbildung injektiv ist (indem man den
> Kern betrachtet).
Ah, ok, jetzt sehe ich, was du meintest. ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") für meinen unberechtigten Einwand!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:36 Do 08.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Ergänzend zu Schadowmasters Antwort:
> Zum Denkanstoß:
> Also f ist injektiv, denn [mm]f(x_1)=f(x_2)<=>ax_1=ax_2<=>(a \not= 0)x_1=x_2,,[/mm]
> also injektiv.
Um den letzten Schritt zu retten, bringe in [mm] $ax_1=ax_2$ [/mm] mal [mm] $ax_2$ [/mm] auf die andere Seite.
Überlege dir, warum du von der Injektivität von f schon auf die Surjektivität von f schließen kannst.
Dann hat insbesondere die [mm] $1\in [/mm] R$ ein Urbild unter f, d.h. ...
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Ist dann allerdings etwas schwieriger... Das ganze ist als ![[]](/images/popup.gif){kind=small}
Wedderburn's little theorem