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Mathematik » Strukturen und Algebra » Isomorphien von Tensorprodukten
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Universität/Hochschule J Isomorphien von Tensorprodukten
eisenstein01
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  Themenstart: 2022-05-10

Hi Leute, ich habe folgenden Beweis und würde gerne wissen, ob das so stimmt: Seien $A$ und $B$ einfache Algebren und $r$ ein Algebrenhom. von $B$ in den Endomorphismenring $End_K(B)$, die nicht weiter wichtig ist. Gezeigt werden soll: $A \otimes B \cong A \otimes r(B^{op})$, wobei $B^op$ der oppositionelle Ring ist. Meine Lösung: Die Abbildung $r$ ist ohnehin injektiv, da $B$ einfach ist. Eingeschränkt auf $im(r)$ ist $r$ surjektiv und $B \cong r(B^op)$. Betrachte ich das Tensorprodukt als einen Funktor $(A \otimes -)$ so folgt die Aussage aus dem Fakt, dass Funktoren Isomorphismen wieder auf Isomorphismen abbilden. Ist der Beweis damit korrekt geführt? Wie könnte man das anders beweisen? LG PS: Wie kann ich das "op" hochstellen?


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Dixon
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-05-11

Off topic: \quoteon(2022-05-10 20:18 - eisenstein01 im Themenstart) PS: Wie kann ich das "op" hochstellen? \quoteoff Mit geschweiften Klammern: $A \otimes B \cong A \otimes r(B^{op})$ folgt aus: A \otimes B \cong A \otimes r(B^{op})


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Kezer
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\CC}{\mathbb{C}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\D}{\mathscr{D}} \newcommand{\A}{\mathbb A} \newcommand{\PP}{\mathbb{P}} \newcommand{\LL}{\mathcal{L}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\FF}{\mathcal{F}} \newcommand{\variety}{\mathcal{V}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand{\Coh}{\mathbf{Coh}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\Bl}{\operatorname{Bl}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\ggT}{\operatorname{ggT}} \newcommand{\Top}{\mathbf{Top}} \newcommand{\map}{\operatorname{map}} \newcommand{\id}{\mathrm{id}} \newcommand{\ol}{\overline} \newcommand{\Cat}{\mathbf{Cat}} \newcommand{\Fun}{\operatorname{Fun}} \newcommand{\sSet}{\mathbf{sSet}} \newcommand{\conv}{\mathrm{conv}} \newcommand{\Ext}{\operatorname{Ext}} \newcommand{\PSh}{\mathbf{PSh}} \newcommand{\op}{\mathrm{op}} \newcommand{\Sing}{\operatorname{Sing}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\KO}{\operatorname{KO}} \newcommand{\BO}{\operatorname{BO}} \newcommand{\Ho}{\operatorname{Ho}} \newcommand{\Kan}{\mathbf{Kan}}\) Ist das sicher die Aussage, die du beweisen sollst? Die Abbildung $r$ ist i.A. kein Algebrahomomorphismus von $B^{\operatorname{op}}$. Du hast $A \otimes B \cong A \otimes r(B)$ gezeigt. Sicherlich ist $r(B^{\operatorname{op}}) \subseteq \operatorname{End}_K(B)$ eine Teilmenge, welche, worauf man nach Einschränkung der Algebrastruktur von $\operatorname{End}_K(B)$ die Algebrastruktur von $r(B)$ bekommt. Dafür ist die Notation $r(B^{\operatorname{op}})$ aber merkwürdig. P.S.: Man schreibt z.B. \operatorname{op} und nicht nur op. Man schreibt auch \operatorname{im} und \operatorname{End}. Grundsätzlich sollte es einfach nie so kursiv aussehen.\(\endgroup\)


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eisenstein01
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-11

\quoteon(2022-05-11 13:48 - Kezer in Beitrag No. 2) Ist das sicher die Aussage, die du beweisen sollst? Die Abbildung $r$ ist i.A. kein Algebrahomomorphismus von $B^{\operatorname{op}}$. Du hast $A \otimes B \cong A \otimes r(B)$ gezeigt. Sicherlich ist $r(B^{\operatorname{op}}) \subseteq \operatorname{End}_K(B)$ eine Teilmenge, welche, worauf man nach Einschränkung der Algebrastruktur von $\operatorname{End}_K(B)$ die Algebrastruktur von $r(B)$ bekommt. Dafür ist die Notation $r(B^{\operatorname{op}})$ aber merkwürdig. P.S.: Man schreibt z.B. \operatorname{op} und nicht nur op. Man schreibt auch \operatorname{im} und \operatorname{End}. Grundsätzlich sollte es einfach nie so kursiv aussehen. \quoteoff Also ich habe tatsächlich einen Fehler gemacht. Die Abbildung ist folgende: $r: B^{op} \rightarrow End_K(B), b \mapsto (r_b: B \rightarrow B, x \mapsto b \circ_{op} x := xb)$ Ah oh, ich merke gerade da hat auch die Behauptung nicht gestimmt, es sollte sein: $A \otimes B^{op} \cong A \otimes r(B^{op})$


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Triceratops
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-05-11

Ja, das ist dann soweit richtig. Aber ich habe das starke Gefühl, dass es hier eigentlich um etwas anderes geht, und hier nur ein kleiner Teil des eigentlichen Kontexts erklärt worden ist. Geht es wirklich darum, eine völlig triviale Isomorphie "zu zeigen"?


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eisenstein01
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-11

\quoteon(2022-05-11 17:57 - Triceratops in Beitrag No. 4) Ja, das ist dann soweit richtig. Aber ich habe das starke Gefühl, dass es hier eigentlich um etwas anderes geht, und hier nur ein kleiner Teil des eigentlichen Kontexts erklärt worden ist. Geht es wirklich darum, eine völlig triviale Isomorphie "zu zeigen"? \quoteoff Da hast Du Recht. Ursprung dieser Aufgabe war es, einen Satz aus einer Vorlesung zu beweisen (orientiert an Kerstens Skript über Brauergruppen), der besagte, dass $A \otimes B^{op} \cong Z_A(B) \otimes Mat(K, n \times n)$. In dem Beweis wurden solche Isomorphieaussagen verwendet. Ich wollte nur wissen, ob ich diese kleine Aussage auch kategorientheoretisch beweisen kann. Mir würde es nämlich schwer fallen, das ganze ohne Kategorientheorie zu beweisen, weswegen ich auch nach einem alternativen Beweis gefragt habe.


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Kezer
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-05-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\CC}{\mathbb{C}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\D}{\mathscr{D}} \newcommand{\A}{\mathbb A} \newcommand{\PP}{\mathbb{P}} \newcommand{\LL}{\mathcal{L}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\FF}{\mathcal{F}} \newcommand{\variety}{\mathcal{V}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand{\Coh}{\mathbf{Coh}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\Bl}{\operatorname{Bl}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\ggT}{\operatorname{ggT}} \newcommand{\Top}{\mathbf{Top}} \newcommand{\map}{\operatorname{map}} \newcommand{\id}{\mathrm{id}} \newcommand{\ol}{\overline} \newcommand{\Cat}{\mathbf{Cat}} \newcommand{\Fun}{\operatorname{Fun}} \newcommand{\sSet}{\mathbf{sSet}} \newcommand{\conv}{\mathrm{conv}} \newcommand{\Ext}{\operatorname{Ext}} \newcommand{\PSh}{\mathbf{PSh}} \newcommand{\op}{\mathrm{op}} \newcommand{\Sing}{\operatorname{Sing}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\KO}{\operatorname{KO}} \newcommand{\BO}{\operatorname{BO}} \newcommand{\Ho}{\operatorname{Ho}} \newcommand{\Kan}{\mathbf{Kan}}\) Du hast nur verwendet, dass Funktoren Isomorphismen erhalten, es gibt keinen Grund das nicht zu benutzen. Der Beweis ist eine Zeile lang. Menschen, die keine Kenntnisse in der Kategorientheorie haben, verwenden das auch - nur unbewusst. (Ich erinnere mich an einen Kurs in der Differentialgeometrie, wo 3-4 mal gezeigt wurde, dass etwas funktoriell ist und dann 3-4 mal explizit das Argument gezeigt wurde, dass es Isomorphismen erhält. Der Dozent hat in der Anwendung gearbeitet und konnte eben keine Kategorientheorie.) P.S.: $\operatorname{Mat}$...\(\endgroup\)


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Triceratops
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-05-13

\quoteon(2022-05-11 19:49 - eisenstein01 in Beitrag No. 5) Ich wollte nur wissen, ob ich diese kleine Aussage auch kategorientheoretisch beweisen kann. Mir würde es nämlich schwer fallen, das ganze ohne Kategorientheorie zu beweisen, \quoteoff Wenn $f : B \to B'$ ein Homomorphismus von Algebren ist, dann induziert dieser für jede Algebra $A$ einen Homomorphismus von Algebren $A \otimes f : A \otimes B \to A \otimes B'$ mit $a \otimes b \mapsto a \otimes f(b)$ wegen der universellen Eigenschaft des Tensorproduktes. Man sieht leicht $A \otimes \mathrm{id}_B = \mathrm{id}_{A \otimes B}$ und $A \otimes (f \circ f') = (A \otimes f) \circ (A \otimes f')$. Daraus folgt nun leicht: wenn $f$ ein Isomorphismus ist, dann ist auch $A \otimes f$ ein Isomorphismus, nämlich mit $(A \otimes f)^{-1} = A \otimes f^{-1}$. Was man aber hier gemacht hat, ist lediglich die Funktorialität des Tensorproduktes sowie das Lemma (in einem Spezialfall) zu wiederholen, dass Funktoren Isomorphismen erhalten, ohne eben diese Begriffe zu verwenden. Also ja, man braucht hier nicht unbedingt Kategorientheorie, aber sie – und das ist die Regel – vereinfacht den Beweis und strukturiert ihn besser.


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eisenstein01
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-16

\quoteon(2022-05-13 09:40 - Triceratops in Beitrag No. 7) \quoteon(2022-05-11 19:49 - eisenstein01 in Beitrag No. 5) Ich wollte nur wissen, ob ich diese kleine Aussage auch kategorientheoretisch beweisen kann. Mir würde es nämlich schwer fallen, das ganze ohne Kategorientheorie zu beweisen, \quoteoff Wenn $f : B \to B'$ ein Homomorphismus von Algebren ist, dann induziert dieser für jede Algebra $A$ einen Homomorphismus von Algebren $A \otimes f : A \otimes B \to A \otimes B'$ mit $a \otimes b \mapsto a \otimes f(b)$ wegen der universellen Eigenschaft des Tensorproduktes. Man sieht leicht $A \otimes \mathrm{id}_B = \mathrm{id}_{A \otimes B}$ und $A \otimes (f \circ f') = (A \otimes f) \circ (A \otimes f')$. Daraus folgt nun leicht: wenn $f$ ein Isomorphismus ist, dann ist auch $A \otimes f$ ein Isomorphismus, nämlich mit $(A \otimes f)^{-1} = A \otimes f^{-1}$. Was man aber hier gemacht hat, ist lediglich die Funktorialität des Tensorproduktes sowie das Lemma (in einem Spezialfall) zu wiederholen, dass Funktoren Isomorphismen erhalten, ohne eben diese Begriffe zu verwenden. Also ja, man braucht hier nicht unbedingt Kategorientheorie, aber sie – und das ist die Regel – vereinfacht den Beweis und strukturiert ihn besser. \quoteoff Danke!


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eisenstein01 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
eisenstein01 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

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