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	type: 0, // 0 normal, 1 exercise
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	//	year: 2025,
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)

= 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 $g$.
	]