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S2/AGLA/VL/AgIIVL1.typ

@@ -1,7 +0,0 @@
-// AGLA template
-#import "../preamble.typ": *
- 
-#show: conf.with(num: 1)
-
-= Uebersicht
-

S2/AGLA/VL/AgIIVL7.typ

@@ -0,0 +1,160 @@
+// Main VL template
+#import "../preamble.typ": *
+
+// Fix theorems to be shown the right way in this document
+#import "@preview/ctheorems:1.1.3": *
+#show: thmrules
+
+// Main settings call
+#show: conf.with(
+	// May add more flags here in the future
+	num: 7,
+	type: 0, // 0 normal, 1 exercise
+	date: datetime.today().display(),
+	//date: datetime(
+	//	year: 2025,
+	//	month: 5,
+	//	day: 1,
+	//).display(),
+)
+
+= Uebersicht
+
+#theorem()[
+	Sei $F,M$ unitaere R-Moduln, und $F$ sei frei (mit Basis erzeugt).
+	Sei $phi: M -> F$ surjektiv Modul-Hom.
+	Dann gibt es einen Hom. $psi: F -> M$ mit $phi compose psi =  "Id"$, und es gilt $M =  ker phi plus.circle psi (F)$.
+]
+
+#proof[
+	Sei $S$ eine Basis von $F$. Zu jedem $s in S$ gibt es $m_(s) in M$ mit $phi (m_(s) ) =  s$.
+	$
+		psi (s) := m_(s) space forall s in S ==> exists! "Hom." psi: F -> M "mit diesen Eigenschaften" \
+		phi compose psi (s) =  s space forall s in S ==> phi compose psi =  id_(F) 
+	$
+	Fuer jedes $m in M$ schreibe
+	$
+		m = underbrace(psi compose phi (m), psi (F)) +  (m -  psi compose  phi (m)).
+	$
+	Aber
+	$
+		phi (m - psi compose phi (m)) =  phi (m) - phi compose psi compose phi (m) =  phi (m) - phi (m) =  0,
+	$
+	also
+	$
+		M =  ker phi +  psi (F).
+	$
+	Wir wollen jetzt zeigen, dass die Summe direkt ist, also
+	$
+		ker phi sect psi (F) =  {0}.
+	$
+	Sei $x in ker phi sect psi (F)$. Dann gibt es $y in F$ mit $x = psi (y)$. Wegen $x in ker phi$ ist
+	$
+		0 =  phi (x) =  phi compose psi (y) =  y, "dann" x =  psi (0) =  0.
+	$
+	
+]
+
+#theorem[
+	Ist $U$ Untermodul des R-Moduls $M$ und $M slash U$ frei, dann gibt es Untermodul $V$ von $M$  mit $M =  U plus.circle V$.
+]
+
+= 5 Moduln ueber HIR
+
+#theorem[
+	Sei $M$ endlich erzeugter freier Modul ueber dem HIR $R$. Sei $U$ ein Untermodul von $M$. Dann ist $U$ frei und der Rang von $U <= "Rang von" M$ .
+]
+#proof[
+	Induktion nach $n = "Rang" M$. Ist $n = 0$, dann $M = {0}$, $U = {0}$.
+	Jetzt sei $n >= 1$, und Satz sei bekannt fuer alle M mit $"Rang" M < n$.
+	Sei $M$ mit $"Rang" M = n$ gegeben, $U subset M$ U-Modul. Zu zeigen ist jetzt, dann U frei ist.
+	Sei $e_1,  ..., e_n $ eine Basis fuer M. jedes $u in U$ schreibe als Linearkombination der Basisvektoren.
+	Beobachten die Koeffizienten vor den Basisvektoren
+	$
+		alpha = {beta in R: exists beta_2, ... ,beta_n in R: beta e_1 + beta_2 e_2 +  ... + beta_n e_n in U}
+	$
+	ist ein Ideal in R.
+	Ist $beta in alpha$ und $r in R$, dann ist $r beta in alpha$, weil $U$ Modul ist.
+	$
+		beta, beta' in alpha ==> exists beta_j, beta'_j in R "mit" beta e_1 + beta_2 e_2 + ... + beta_n e_n in U, beta' e_1 + beta'_2 e_2 + ... + beta'_n e_n in U, \
+		==> (beta - beta') e_1 + (beta_2 - beta'_2) e_1 + ... in U, "also" beta - beta' in alpha.
+
+	$
+	R ist also ein HIR, d.h. $exists gamma in R$ mit $alpha = (gamma) =  gamma R$. Es gitb wegen $gamma in alpha$ ein $u in U$ mit
+	$
+		u =  gamma e_1 + gamma_2 e_2 + ... + gamma_n e_n, gamma_j in R "geeignet".
+
+		==> "jedes" v in V$ ist von der Form $v =  rho gamma e_1 + beta_2 e_2 +  ... +  beta_n e_n "mit" rho in R, beta_j in R "geeignet". \
+		==> v -  rho u in angle.l e_2 \, ... \, e_n  angle.r := M', "ist U-Modul, frei, Rang" M' = n-1.
+	$
+	Aber es gilt auch
+	$
+		v - rho u in U, "also" v - rho u in M' sect U =  U', "ist U-Modul von" M'.
+	$
+	Nach Induktionsvorraussetzung ist $U'$ frei mit $"Rang" M' <= n-1$. Ist $gamma = 0$, dann ist $U' =  U$, also sind wir fertig.
+
+	Also nehmen wir an, dass $gamma != 0$. Ist $y_1,  ..., y_(t) $ eine Basis von $U'$, dann ist $u, y_1 , ... y_t $ Basis von U.
+	Die Begruendung dafuer ist
+	$
+		v - rho u in U', v - rho u =  mu_1 y_1 +  ... + mu_(t) y_(t) , v =  rho u +  mu_1 y_(t)  in angle.l u \, y_1 \, ... \, y_(t)  angle.r =  U.
+	$
+	Das kleine u und alle $y_j $ sind linear unabhaengig.
+	Auch sind die $y_j $ Linearkombinationen der Basiselemente ohne $e$. Aber alle Basisvektoren sind linear unabhaengig.
+	Nur $u$ hat einen Anteil $e_i ==> gamma = 0$. Dann $mu_(j)  =  0$, weil Basis von $U'$ bilden.
+]
+
+#theorem[
+	Endlich erzeugte torsionsfreie Moduln uber HIR sind frei.
+]
+#proof[
+	Sei $M$ ein torsionsfreies R-Modul, mit R HIR und es gelte $M =  angle.l x_1 \, ... \, x_(s)  angle.r , space x_j in M$.
+
+	Jedes $x_j $ ist linear unabhaengig, denn $r x_j =  0 ==> r = 0, "da" x_j "kein Torsionselement ist."$
+	In der Menge ${x_1,  ..., x_(s) }$ waehle eine nach der Anzahl der Elemente groesste Teilmenge, die linear unabhaengig ist.
+	Hat diese $t$ Elemente, dann nimm an, diese sind $x_1,  ..., x_(t) $.
+
+	Ist $s =  t$, dann ist diese Menge eine Basis $==>$ M ist frei. Bleibt also $t < s$.
+	Dann ist ${x_1,  ..., x_(t), x_(j)  }, t < j <= s$ linear abhaengig. Es gibt also $alpha_(j)  in R$, nicht alle Null, mit
+	$
+		alpha_j x_j =  sum_(i = 1)^(t)  alpha_i x_(i).
+	$
+	Es gilt ist $alpha_j != 0, "weil" x_1,  ..., x_(t) "lin. abhaengig sind." $
+	Def. $alpha =  alpha_(s) alpha_(s - 1), ..., alpha_(t + 1) != 0$. Es folgt $alpha x_j in R x_1 plus.circle R x_2 plus.circle ... plus.circle R x_(t) =: F, t < j <= s  $.\
+	$==>$ $alpha x_(i) in F space forall 1 <= i <= s$, also sogar $alpha x in F space forall x in M$. Also hat $- alpha M$ in F eine Basis.
+	Da M torsionsfrei ist, gilt $M ->  alpha M, m |-> alpha m$ ein Isomorphismus, also M frei.
+]
+
+M endl. erz. ueber HIR R $==>$ $M\/"Tor"M$ frei.
+$==>$ $M =  ("Tor"M)plus.circle U, "mit" U "geeignetes U-Modul"$.
+$
+	M \/ "Tor"M =  "Tor"M + U \/ "Tor"M tilde.equiv U \/ U sect "Tor"M.
+$
+
+#theorem[
+	Sei R HIR, M endl. erz. R-Modul. Dann gibt es einen freien Modul $F subset M$ mit
+	$
+		M =  ("Tor"M) plus.circle F, "und" F tilde.equiv M \/ "Tor"M.
+	$
+]
+
+Gegeben sei ein Torsionsmodul M (d.h. jedes Element ist Torsionsmodul).
+
+Q: Lassen sich diese klassifizieren?
+
+= 6. Torsionsmoduln
+
+Stets sei R ein HIR, M ein unitaeres R-Modul. Weil R kommutativ ist, ist $"Ann"(m) =  {r in R: r m =  0}$ in R ein Ideal, also gibt es $delta (m) "mit" "Ann"(m) =  (delta (m)) =  R delta (m)$. Die $delta (m)$ heisst Ordnung von $m$, des Ideal $delta (m)$ heisst Ordnugngsideal und steht eindeutig fest.
+
+Ist U Untermodulvon M, dann gibt es $"Ann"(U) =  sect.big_(u in U) "Ann"(u) =  sect.big_(u in U) delta (u) R =  (delta (U)) $. \
+Dabei heisst $delta (U)$ die Ordnung von U, es gilt $(delta (U)) subset (delta (u)), "also" delta (u) | delta (U) space forall u in U$.
+
+Ist M Torsionsmodul, dann $delta (u) !=  0 space forall u in M$, und $delta (U) " der ggT"_(u in U)  delta (u) $.
+
+Es gibt auch $delta (M) != 0$ fuer Torsionsmoduln M.
+
+#example[
+	G abelsch Gruppe aufgefasst als Modul der ganzen Zahlen. Sei $\# G < oo$.
+	Fuer jedes $g in G$ gibt es ein $n in NN$ mit $n g =  0$. Die $n in NN$ mit $n g =  0$ bilden ideal in $ZZ$,
+	also ${n in ZZ: n g =  0} = k ZZ$, $k>0$ minimal, $k g =  0$. Hier heisst $k$ die Ordnung von $g$.
+	]
+

S2/AGLA/Zettel4.typ

@@ -0,0 +1,79 @@
+AGLA Zettel 4
+
+18.05.2025
+
+Max Offermann
+
+Jonas Hahn
+
+Horst Kretschmer
+
+= Aufgabe 1
+
+== Teil a
+
+Angenommen $QQ$ ist endlich erzeugt. Dann gilt
+$
+	QQ =  (q_1, ..., q_n ), q_i =  (a_i ) / (b_i ).
+$
+
+Waehle $q_0 = (1) / (b) in QQ $ mit $b > product_(i)  b_i$ und $b$ eine Primzahl. Da $b_i >= 1, space forall 1 <= i <= n$ gilt folgt
+aus der Konstruktion von $b$, dass
+$
+	b != b_i, space forall 1 <= i <= n.
+$
+
+Erlaubte Operationen, um das Erzeugnis in diesem $ZZ$-Modul zu bilden, sind
+1. Multiplikation mit $ZZ$ $==>$ Variation von $a$
+2. Addition innerhalb des Moduls mit
+	$
+		(a_1 , b_1 ) + (a_2, b_2 ) =  (a_1 b_2 + a_2 b_1 ) / (b_1 b_2 )
+	$
+	$==>$ der Nenner innerhalb des Ereugnis kann nur Vielfache der $b_i $ aus dem Erzeugendensystem annehmen
+
+Nun ist $b$ eine Primzahl ist und nicht in ${b_i: 1 <= i <= n }$ enthalten, also auch kein Vielfaches der $b_i $. Somit gilt $1/b in.not QQ$. Widerspruch.
+Also ist $QQ$ nicht endlich erzeugt.
+
+== Teil b
+
+Es gilt zu zeigen, dass $QQ$ torsionsfrei und nicht frei ist.
+
+=== $QQ$ ist nicht frei
+
+Angenommen $QQ$ ist frei. Dadurch ist $QQ$ durch eine Basis erzeugt, von welcher jede endliche Teilmenge linear unabhaengig ist.
+
+Da die Basis B von $Q$ nicht endlich sein kann, also auch mehr als ein Element enthaelt, waehle
+$
+	q_1, q_2 in B , space q_1 = a/b "und" q_2 = c/d.
+$
+
+Betrachte $n,m in ZZ$
+
+$
+	n a/b + m c/d = (n overbrace(a d,u) + m overbrace(c b, v)) / (d b).
+$
+
+Waehle $n = v "und" m = -u$, dann folgt
+$
+	v u -  u v = 0 \
+	==> v a/b + (-u) c/d = 0 \
+	==> q_1 "und" q_2 "sind linear abhaengig."
+$
+
+Widerspruch.
+Also ist $QQ$ nicht frei.
+
+=== $QQ$ ist torsionsfrei
+
+
+Sei $m in QQ \\ {0}$ beliebig, mit $m =  a/b$, dann gilt $a,b in ZZ \\ {0}$. \
+Sei $z in ZZ \\ {0}$ beliebig. 
+
+Betrachte
+$
+	a dot z = c in ZZ.
+$
+
+Es gilt durch $a,z != 0$, dass $c != 0$, da $ZZ$ Nullteilterfrei ist. \
+Somit folgt $m r !=  0$, womit $QQ$ torsionsfrei ist.
+