Def. freie Algebra < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:26 Do 26.04.2007 | | Autor: | AnnaM |
Hallo,
ich habe vollkommen vergessen, was es bedeutet, dass eine Algebra frei ist. Leider habe ich das auch in keinem meiner Bücher gefunden...
Könnt ihr mir vielleicht helfen?
Schöne Grüße
Anna
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:29 Do 26.04.2007 | | Autor: | felixf |
Hallo Anna
> ich habe vollkommen vergessen, was es bedeutet, dass eine
> Algebra frei ist. Leider habe ich das auch in keinem meiner
> Bücher gefunden...
Im Allgemeinen ist das ueber eine universelle Eigenschaft definiert:
Eine $R$-Algebra $A$ heisst frei, wenn es eine Teilmenge $B [mm] \subseteq [/mm] A$ gibt (Basis) so, dass es zu jeder anderen $R$-Algebra $S$ und jeder beliebigen Funktion $f : B [mm] \to [/mm] S$ genau einen $R$-Algebra-Homomorphismus [mm] $\varphi [/mm] : A [mm] \to [/mm] S$ gibt mit [mm] $\varphi|_B [/mm] = f$.
Es gibt also eine Art Basis, deren Bilder du beliebig waehlen kannst bei Homomorphismen und deren Wahl den Homomorphismus schon eindeutig festlegt (genauso wie bei Vektorraeumen und linearen Abbildungen).
Wenn du kommutative $R$-Algebren betrachtest ($R$ ein kommutativer Ring), dann ist $A$ isomorph zu einem Polynomring in $|S|$ Unbestimmten.
(Bei nichtkommutativen Algebren bekommt man sozusagen nichtkommutative Polynomringe: das Polynom [mm] $r_1 [/mm] X [mm] r_2 [/mm] X [mm] r_3$ [/mm] ist dort zum Beispiel im Allgemeinen nicht gleich [mm] $r_1 r_2 r_3 X^2$.)
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:11 So 27.04.2008 | | Autor: | jumape |
Das habe ich nicht so richtig verstanden. Eine Algebra ist doch ein Vektorraum. Und jeder Vektorraum hat eine Basis. Und diese Eigenschaft mit den Funktionen und algebrenhomomorphismen, gilt die nicth grundsätzlich für eine BAsis?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:22 So 27.04.2008 | | Autor: | SEcki |
> Das habe ich nicht so richtig verstanden. Eine Algebra ist
> doch ein Vektorraum. Und jeder Vektorraum hat eine Basis.
Also laut ![[]](/images/popup.gif) Wiki und meinen Erfahrungen geht Algebra allgemeiner als Modul über einem ring R - falls dieser Ring ein Körper ist, so ist die Algebra ein Vektorraum und hat eine Basis - diese Basis aber bloß bezüglich der VR-Sturkutr, nicht der Ring-Sturkut der Algebra!
Beispiel: der Polynomring [m]\IR[X][/m] hat nur den einen, freien Erezeuger X - ist als VR aber frei von [m]X^i,i\in\IN[/m] erzeugt - ein gewaltiger Unterschied! Die Basis die felxi meint muss auch bezüglich der Ringsturktur geweissermaßen unabhängig sein. Man sieht an dem Beispiel auch schön: wenn ich weiß, wohin X geht, ist ein Algebrenhomomorphismus eindeutig bestimmt - als lineare Abbildung natürlich noch nicht.
> Und diese Eigenschaft mit den Funktionen und
> algebrenhomomorphismen, gilt die nicth grundsätzlich für
> eine BAsis?
Macht obiges es klar?
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:14 So 27.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> > Das habe ich nicht so richtig verstanden. Eine Algebra ist
> > doch ein Vektorraum. Und jeder Vektorraum hat eine Basis.
>
> Also laut
> Wiki
> und meinen Erfahrungen geht Algebra allgemeiner als Modul
> über einem ring R - falls dieser Ring ein Körper ist, so
> ist die Algebra ein Vektorraum und hat eine Basis - diese
> Basis aber bloß bezüglich der VR-Sturkutr, nicht der
> Ring-Sturkut der Algebra!
>
> Beispiel: der Polynomring [m]\IR[X][/m] hat nur den einen, freien
> Erezeuger X - ist als VR aber frei von [m]X^i,i\in\IN[/m] erzeugt
> - ein gewaltiger Unterschied! Die Basis die felxi meint
> muss auch bezüglich der Ringsturktur geweissermaßen
> unabhängig sein. Man sieht an dem Beispiel auch schön: wenn
> ich weiß, wohin X geht, ist ein Algebrenhomomorphismus
> eindeutig bestimmt - als lineare Abbildung natürlich noch
> nicht.
Genau.
(Wenn man auch nicht-kommutative Algebren betrachtet, ist der Polynomring uebrigens keine freie Algebra -- es sei denn, die betrachteten Algebren haben den Grundring-/koerper im Zentrum!)
> > Und diese Eigenschaft mit den Funktionen und
> > algebrenhomomorphismen, gilt die nicth grundsätzlich für
> > eine BAsis?
>
> Macht obiges es klar?
Vielleicht noch ein Gegenbeispiel: die [mm] $\IR$-Algebra $\IC$ [/mm] ist zwar ein [mm] $\IR$-Vektorraum, [/mm] etwa mit Basis $1$, $i$, aber keine freie [mm] $\IR$-Algebra: [/mm] es ist auf keiner Art und Weise moeglich, einen [mm] $\IR$-Algebra-Homomorphismus [/mm] von [mm] $\IC$ [/mm] nach [mm] $\IR$ [/mm] anzugeben. (Dieser muesste einen nicht-trivialen Kern haben, da z.B. $i$ auf ein Element aus [mm] $\IR$ [/mm] abgebildet werden muss, etwa auf $r [mm] \in \IR$, [/mm] aber $r$ selber wird auch auf $r$ abgebildet. Und da [mm] $\IC$ [/mm] nur die zwei trivialen Ideale hat, da es ein Koerper ist, folgt damit dass das Bild [mm] $\{ 0 \}$ [/mm] ist -- aber es muss z.B. 1 auf 1 abgebildet werden.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:33 Di 13.05.2008 | | Autor: | MatzeI |
Hallo,
mir ist die Definition noch nicht so ganz klar. Was muss denn für die Teilmenge B [mm] \subseteq [/mm] A genau gelten? Felix hat ja geschrieben:
>... eine Teilmenge B [mm] \subseteq [/mm] A gibt (Basis) so, dass...
Muss B also tatsächlich eine Basis sein oder reicht auch ein Erzeugendensystem?
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:57 Di 13.05.2008 | | Autor: | MatzeI |
Hallo,
da meine Frage entweder zu langweilig oder zu blöd gestellt war, versuche ich es nochmal anders:
Muss B in der Definition schon eine Basis sein oder ergibt sich dieses eher daraus, dass es sonst keinen Homomorphismus von A nach S geben könnte, der eingeschränkt auf B gleich f ist? (Denn f ist ja eine beliebige Funktion.)
Wenn es keine Basis sein muss, welchen Bedingungen muss B dann genügen?
Wäre wirklich dankbar über Antworten.
Matze
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:59 Di 13.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Matze
> da meine Frage entweder zu langweilig oder zu blöd gestellt
> war, versuche ich es nochmal anders:
Du musst einfach etwas geduldiger sein :)
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:58 Di 13.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> mir ist die Definition noch nicht so ganz klar. Was muss
> denn für die Teilmenge B [mm]\subseteq[/mm] A genau gelten? Felix
> hat ja geschrieben:
> >... eine Teilmenge B [mm]\subseteq[/mm] A gibt (Basis) so,
> > dass...
> Muss B also tatsächlich eine Basis sein oder reicht auch
> ein Erzeugendensystem?
Im Endeffekt muss es eine Basis sein. Die Forderung, dass $B$ eine Teilmenge ist mit der universellen Eigenschaft (d.h. fuer jede Abbildung von Mengen [mm] $\varphi [/mm] : B [mm] \to [/mm] ...$ muss es genau einen Algebrahomomorphismus geben mit ...) ist dazu aequivalent, dass $B$ eine $K$-Algebra-Basis von $A$ ist.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:45 Di 13.05.2008 | | Autor: | AnnaM |
Hallo,
ich weiß jetzt, was es bedeutet, dass eine Algebra frei ist. Aber was bedeutet ist, dass eine Algebra frei über einem Vektorraum ist?
Schönen Grüße Anna.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:56 Di 13.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Anna,
> ich weiß jetzt, was es bedeutet, dass eine Algebra frei
> ist. Aber was bedeutet ist, dass eine Algebra frei über
> einem Vektorraum ist?
das sagt mir so nichts. Kannst du etwas mehr Kontext angeben?
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:53 Di 13.05.2008 | | Autor: | AnnaM |
Hallo Felix,
Ich habe hier den Satz:
Ist V eine Darstellung von G (G endliche Gruppe), so ist die Invariantenalgebra [mm] T(V)^{G} [/mm] frei auf einem Untervektorraum W [mm] \subseteq [/mm] T(V), derart dass [mm] W=W_{1} \oplus W_{2} \oplus W_{3}\oplus...., [/mm] mit [mm] W_{1} \subseteq [/mm] V, [mm] W_{2} \subseteq [/mm] V [mm] \otimes [/mm] V, [mm] W_{3} \subseteq V\otimes [/mm] V [mm] \otimes [/mm] V.
Die Darstellungen V ist hier ein endlicher komplexer Vektorraum, und [mm] T(V)^{G}:= \{a \in T(V) | ga=a\}, [/mm] wobei [mm] ga:=\rho(g)(a) [/mm] und [mm] \rho [/mm] G [mm] \to [/mm] GL(V) ist Hom.
Danke für Deine Hilfe
Liebe Grüße Anna
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:05 Di 13.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Anna
> Ich habe hier den Satz:
> Ist V eine Darstellung von G (G endliche Gruppe), so ist
> die Invariantenalgebra [mm]T(V)^{G}[/mm] frei auf einem
> Untervektorraum W [mm]\subseteq[/mm] T(V), derart dass [mm]W=W_{1} \oplus W_{2} \oplus W_{3}\oplus....,[/mm]
> mit [mm]W_{1} \subseteq[/mm] V, [mm]W_{2} \subseteq[/mm] V [mm]\otimes[/mm] V,
> [mm]W_{3} \subseteq V\otimes[/mm] V [mm]\otimes[/mm] V.
Gemeint ist das doch in diesem Sinne hier: ``Ist $V$ eine Darstellung von $G$, so gibt es einen Untervektorraum $W [mm] \subseteq [/mm] T(V)$ mit $W = [mm] W_1 \oplus \dots$ [/mm] und [mm] $W_i \subseteq V^{\otimes i}$, [/mm] $i [mm] \in \IN$ [/mm] so, dass [mm] $T(V)^G$ [/mm] frei ueber $W$ ist.'' Oder?
(Die Abkuerzung [mm] $V^{\otimes i}$ [/mm] bedeutet das $i$-fache Tensorprodukt von $V$, also $V [mm] \otimes \dots \otimes [/mm] V$ mit $i$ Faktoren.)
Bezueglich ``frei ueber einem Vektorraum'' ``rate'' mal folgendes:
Eine $K$-Algebra $A$ heisst frei ueber einen $K$-Vektorraum $V [mm] \subseteq [/mm] A$, wenn es fuer jede weitere $K$-Algebra $A'$ und jede $K$-lineare Abbildung [mm] $\varphi [/mm] : V [mm] \to [/mm] A'$ genau einen $K$-Algebra-Homomorphismus [mm] $\Phi [/mm] : A [mm] \to [/mm] A'$ gibt mit [mm] $\Phi|_V [/mm] = [mm] \varphi$.
[/mm]
Oder anders gesagt (also aequivalent dazu): $A$ heisst frei ueber $V [mm] \subseteq [/mm] A$, wenn $A$ frei ist ueber einer beliebigen (und damit ueber allen) $K$-Basis von $V$.
Da man z.B. hier keine spezielle Basis von $W$ waehlen moechte, da alle gleichwichtig oder -unwichtig sind, waere diese Definition sehr praktisch.
Uebersetzt auf den Satz bedeutet das dann: [mm] $T(V)^G$ [/mm] ist frei und hat eine Basis, die aus homogenen Elementen von $T(V)$ besteht. (Wobei ein Element $v [mm] \in [/mm] T(V)$ homogen heisst, wenn es ein $n [mm] \in \IN$ [/mm] gibt mit $v [mm] \in V^{\otimes n}$.)
[/mm]
Hoffentlich hilft dir das weiter, bzw ist richtig geraten :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:12 Di 13.05.2008 | | Autor: | AnnaM |
Danke Felix,
ja, du hast mich richtig verstanden. Ich gucke mal, ob das mit deinem geratenen klappt.... Sonst melde ich mich noch mal 
Liebe Grüße Anna
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:03 Di 13.05.2008 | | Autor: | AnnaM |
Hallo Felix,
ich habe den Satz auch noch etwas allgemeiner, ich weiß ja nicht was dir besser gefällt:
Sei R=k<X> eine freie Algebra und G eine Gruppe von k-Automorphismen auf R. Falls G der Graduierung auf R genügt, die durch eine Funktion d: X [mm] \to \IN_{0} [/mm] induziert wird, ist die Algebra der Invarianten von G frei auf einer Menge, die der Funktion d genügt.
Ich hoffe, dass das so stimmt.
Liebe Grüße Anna
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:16 Di 13.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Anna
> ich habe den Satz auch noch etwas allgemeiner, ich weiß ja
> nicht was dir besser gefällt:
>
> Sei R=k<X> eine freie Algebra und G eine Gruppe von
> k-Automorphismen auf R. Falls G der Graduierung auf R
> genügt, die durch eine Funktion d: X [mm]\to \IN_{0}[/mm] induziert
> wird, ist die Algebra der Invarianten von G frei auf einer
> Menge, die der Funktion d genügt.
Ja, das wuerde genau die Theorie aus meiner Nachricht hier bestaetigen: auf $T(V)$ hat man die `Standardgraduierung', die jedem Element aus $V$ (ausser der 0) der $1$ zuordnet.
Und dass eine Menge der Funktion $d$ genuegt soll wohl gerade heissen, dass die Elemente in der Menge homogen sind (bzgl. der durch $d$ induzierten Graduierung).
Viel Erfolg zumindest 
Liebe Gruesse,
Felix
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