Halbeinfache Moduln und Algebren - Universität Paderborn

Seminar Darstellungstheorie
Halbeinfache Moduln und Algebren, Satz von
Wedderburn-Artin
Christian Michalke
7.-9. Dezember 2007
1 Halbeinfache Moduln
1.1 Definition
Sei R ein Ring. Ein R-Modul M heißteinfach, falls M ≠ 0 und M keine anderen Untermoduln
außer 0 und M selbst besitzt.
1.2 Satz
Sei M = ∑ i∈I S i mit einfachen Untermoduln S i . Sei N ein Untermodul von M. Dann gibt es
eine Teilmenge J von I, so dass gilt:
⎛ ⎞
M = N ⊕ S j
⎠ .
⎝ ⊕ j∈J
Beweis: ( Zunächst wähle man sich eine Teilmenge J ⊂ I mit der Eigenschaft, dass N ∩
∑
j∈J j)
S = 0 gilt und die Summe ∑ j∈J S j direkt ist. (Z.B. erfüllt die leere Menge die beiden
Eigenschaften, daher ist es legitim anzunehmen, dass es eine solche maximale Teilmenge J gibt.)
Dann ist N + ∑ j∈J S j eine direkte Summe. Somit bleibt nur noch zu zeigen, dass diese Summe
ganz M ergibt.
Nach Voraussetzung ist M Summe einfacher Untermoduln S i , i ∈ I. Sei dann X die Menge aller
Untermoduln V von M mit V ∩ N = 0. Klar ist, dass X ≠ ∅, denn z.B. ist 0 ∈ X . Sei dann
L = ∑ j∈J S j ein maximales Element von X . Nach obiger Betrachtung ist dann die Summe
direkt:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
N + L = N + S j
⎠ = N ⊕ S j
⎠ .
⎝ ∑ j∈J
⎝ ∑ j∈J
Wir nehmen nun an, dass N + L ≠ M gilt. Dann kann, da M nach Voraussetzung die Summe
einfacher Untermoduln ist, nicht jeder einfache Untermodul in N + L liegen.
Sei etwa S i , i ∈ I\J ein einfacher Untermodul mit S i N + L. Dann ist S i ∩ (N + L) ein echter
Untermodul von S i , wegen der Einfachheit gilt also S i ∩ (N + L) = 0. Insbesondere gilt dann
S i ∩ N = 0. Dies impliziert S i ∈ X ⇒ S i + L = S i + ∑ j∈J S j ∈ X . Nun ist L = ∑ j∈J S j
maximal, daher gilt L + S i = L, und ( somit S i ⊂ L. Es gilt aber auch S i ∩ L = 0. Dies ist ein
∑ )
Widerspruch. Also gilt: M = N ⊕
j∈J S j .
1

1 HALBEINFACHE MODULN 2
1.3 Satz
Für einen R-Modul M sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) M ist Summe einer Familie einfacher Untermoduln
(2) M ist direkte Summe einer Familie einfacher Untermoduln
(3) Jeder Untermodul N von M ist direkter Summand in M
Beweis: (1) ⇒ (2) und (1) ⇒ (3) wurde im vorherigen Satz gezeigt. Die Aussage (2) ⇒ (1)
ist trivial.
(3) ⇒ (1):Wir zeigen zunächst, dass jeder von Null verschiedene Untermodul F einen einfachen
Untermodul enthält.
Sei 0 ≠ x ∈ F . Wir betrachten dann die Menge F ′
aller Untermoduln von F , die x nicht
enthalten. Diese Menge enthält offenbar den Null-Modul und ist demnach nicht leer. Nach dem
Zornschen Lemma gibt es in ihr einen maximalen Untermodul F 0 . Nun existiert nach Voraussetzung
eine Zerlegung F 0 ⊕ F ∗ = M.
Wir setzen dann F 1 = F ∗ ∩ F . Aus F 0 ∩ F ∗ = 0 folgt F 0 ∩ F 1 = 0. Ist dann y = y 0 + y 1 die
Zerlegung mit y 0 ∈ F 0 und y 1 ∈ F ∗ , so ist y 1 = y − y 0 ∈ F , also y 1 ∈ F ∗ ∩ F = F 1 . Folglich ist
F = F 0 ⊕ F 1 .
Behauptung: F 1 ist einfach. Nehmen wir an, F 1 wäre nicht einfach. Dann existiert eine Zerlegung
F 1 = F 2 ⊕ F 3 mit von Null verschiedenen F 2 und F 3 . Aus F = F 0 ⊕ F 2 ⊕ F 3 folgt:
x /∈ F 0 ⊕ F 2 oder x /∈ F 0 ⊕ F 3 , da andernfalls x ∈ (F 0 ⊕ F 2 ) ∩ (F 0 ⊕ F 3 ) = F 0 wäre. Das
widerspricht aber der Maximalität von F 0 ⇒ F 1 ist einfach.
Sei dann M 0 der Untermodul von M, der von allen einfachen Untermoduln erzeugt wird. Nehmen
wir an, M 0 ≠ M. Dann existiert eine Zerlegung M = M 0 ⊕ M 1 und wie oben gezeigt, ein
einfachen Untermodul in M 1 . Dies ist aber ein Widerspruch zur Definition von M 0 . Es ist also
M = M 0 .
Ein R-Modul, für den eine der Eigenschaften (1)-(3) aus dem Satz gilt, heißt halbeinfach.
1.4 Definition
Ein Modul M heißt halbeinfach, falls er sich als direkte Summe von einfachen Untermoduln
schreiben lässt.
Äquivalente Formulierung:
Ein Modul M heißt halbeinfach oder vollständig reduzibel, wenn jeder Untermodul M 1 ⊂ M
direkter Summand von M ist, d.h. für alle M 1 ⊂ M existiert M 2 ⊂ M mit M = M 1 ⊕ M 2 .
1.5 Satz
Sei M ein halbeinfacher R-Modul. Dann gilt:
(1) Jeder Untermodul N ⊆ M ist halbeinfach.
(2) Jeder Faktormodul ˜M = M/N ist halbeinfach.
Beweis:
(1) Sei zunächst M 1 ⊆ N ein Untermodul. Dann ist M 1 auch ein Untermodul von M. Nach
Voraussetzung existiert dann M 2 ⊆ M mit M = M 1 ⊕ M 2 , da M halbeinfach ist.
Behauptung: N = M 1 ⊕ (M 2 ∩ N).
a) Es ist N = M 1 + (M 2 ∩ N)
Sei etwa n ∈ N ⊆ (M 1 ⊕M 2 ) ⇒ ∃m 1 ∈ M 1 , m 2 ∈ M 2 mit n = m 1 +m 2 . Da m 1 ∈ M 1 ⊆ N,
so ist auch n + (−m 1 ) = m 2 ∈ N, also m 2 ∈ (M 2 ∩ N).

1 HALBEINFACHE MODULN 3
b) Falls m 1 + m 2 = 0 ∈ M 1 ⊕ M 2 ⇒ m 1 = m 2 = 0,aufgrund der direkten Summe. Damit
folgt mit obiger Betrachtung sofort:N = M 1 ⊕ (M 2 ∩ N).
(2) Sei ˜M1 ⊆ ˜M = M/N ein Untermodul und sei etwa M 1 ⊆ M sein vollständiges Urbild
f −1 ( ˜M 1 ), wenn f die Abbildung f : M −→ M/N ist. Insbesondere ist dann N ⊆ M 1 .
⇒ M 2 ⊆ M mit M = M 1 ⊕ M 2 und (N ∩ M 2 ) ⊆ (M 1 ∩ M 2 ) = 0, da N ⊆ M 1 . Also gilt
N ∩ M 2 = 0 ⇒ ˜M = ˜M 1 + ˜M 2 , mit ˜M 2 = f(M 2 ).
Behauptung: ˜M 1 ∩ ˜M 2 = 0.
Nehme dazu an, es existiere ein ˜m ∈ ˜M 1 ∩ ˜M 2 , wobei ˜m ≠ ˜0 ist. Sei m ∈ f −1 ( ˜m) ⇒ m ∈
M 1 ∩ M ∗ 2 , wobei M ∗ 2 = M 2 + N, also m ∈ M 1 ∩ (M 2 + N).
Zeige nun: m ∈ N bzw. M 1 ∩ (M 2 + N) = M 1 ∩ M 2 + M 1 ∩ N = N. Betrachte dazu
µ ∈ M 1 ∩ (M 2 + N) ⇒ µ = m 1 = m 2 + n, wobei m i ∈ M i für i = 1, 2 und n ∈ N.⇒ m 2 ∈
M 1 ∩ M 2 = 0 ⇒ µ = M 1 = n und alles ist gezeigt.
1.6 Folgerung
(1) Jede Summe von halbeinfachen Moduln ist wieder halbeinfach.
(2) Jedes epimorphe Bild eines halbeinfachen Moduls ist halbeinfach.
Beweis:
(1) Nach Satz 1.4(4) ist jedes halbeinfache Modul die Summe von einfachen Moduln. Eine
Summe von halbeinfachen Moduln ist dann auch wieder eine Summe von einfachen
Moduln und damit ist diese nach Satz 1.4(4) wieder halbeinfach.
(2) Sei zunächst A einfach und sei λ : A −→ B ein Epimorphismus. Dann folgt mit Hilfe des
Homomorphiesatzes: A/Ker(λ) ∼ = B. Falls Ker(λ) = 0, so ist B einfach. Falls Ker(λ) =
A, so ist B = 0. Nun ist A einfach und somit sind keine weiteren Möglichkeiten für Ker(λ)
gegeben. Das Bild von einer Summe einfacher Moduln eines Homomorphismus ist dann
die Summe einfacher bzw. 0-Moduln. Die Betrachtung des letzten Falles können wir uns
an dieser Stelle sparen. Dann ist wieder nach Satz 1.4(4) das epimorphe Bild halbeinfach.
1.7 Satz
Die Summanden einer Zerlegung M = S 1 ⊕ S 2 ⊕ · · · ⊕ S t eines halbeinfachen Moduls in einfache
Moduln sind bis auf Isomorphie und Reihenfolge eindeutig bestimmt.
Oder anders formuliert:
Ist M ein R-Modul und M = S 1 ⊕ · · · ⊕ S n = S ′ 1 ⊕ · · · ⊕ S ′ m zwei Zerlegungen von M in
direkte Summen mit einfachen Summanden S i , S ′ j , dann ist m = n und es gibt eine eins-zu-eins
Korrespondenz zwischen den S i ’s und S ′ j ’s, und die zugehörigen Moduln sind isomorph.
Beweis: Wir führen den Beweis per vollständiger Induktion nach n.
Sei dann o.B.d.A n < m. Für n = 1 ist M selbst einfach, denn sonst hätte M echte Teilmoduln
≠ 0. Damit ist der Induktionsanfang gezeigt. Wir nehmen nun an, dass der Satz für ganze
Zahlen < n bewiesen ist. Betrachte dann ⊕ n
i=1 S i = M = ⊕ m
j=1 S′ j zwei Zerlegungen von M,
wobei alle S i , S ′ j einfach sind.
Dann existiert ein Index k, so dass π ′ k (S 1) ≠ 0 ist,wobei π ′ k die Projektion auf S′ k
; denn wäre
π ′ k (S 1) = 0 für alle k, so müsste S 1 = 0 gelten. Dies ist nach Voraussetzung allerdings unmöglich,

2 HALBEINFACHE ALGEBREN 4
da alle S i einfach sind, der 0-Modul aber nicht einfach ist und hätten einen Widerspruch.
Nun sind S 1 , S ′ k einfach, daher ist π′ k eingeschränkt auf S 1 ein Isomorphismus von S 1 nach
S ′ k ⇒ (Kerπ′ k ) ∩ S 1 = 0.
′
Nun zeigen wir: S 2 ⊕ · · · ⊕ S n
∼ = S 1 ⊕ · · · S ′ k−1 ⊕ S′ k+1 ⊕ · · · ⊕ m. Dies reicht offensichtlich aus,
S′
denn dann greift unsere Induktionsvoraussetzung, d.h. dann ist n = m und es gibt eine einszu-eins
Korrespondenz zwischen den S ′ j , j ≠ k und den S i, i ≥ 2 und die zugehörigen Moduln
sind isomorph. [
]
Zunächst gilt: S 1 ∩ S ′ 1 ⊕ · · · S ′ k−1 ⊕ S′ k+1 ⊕ · · · ⊕ S′ m = 0, denn S 1⊕· ′ · · S ′ k−1 ⊕S′ k+1 ⊕· · ·⊕S′ m =
Kerπ ′ k
, und damit folgt:
[
]
˜M = S 1 + S ′ 1 ⊕ · · · S ′ k−1 ⊕ S ′ k+1 ⊕ · · · ⊕ S ′ m S ′ 1 ⊕ · · · S ′ k−1 ⊕ S ′ k+1 ⊕ · · · ⊕ S m.
′
Folglich muss ˜M ein Element ≠ 0 aus S ′ k enthalten und wegen der Einfachheit von S′ k ganz S′ k
sein, und damit gilt: M = ˜M. Es folgt, dass
[
]
M = S 1 ⊕ S ′ 1 ⊕ · · · S ′ k−1 ⊕ S ′ k+1 ⊕ · · · ⊕ S ′ m
tatsächlich direkte Summe ist und S 2 ⊕ · · · ⊕ S n und S ′ 1 ⊕ · · · S ′ k−1 ⊕ S′ k+1 ⊕ · · · ⊕ S′ m isomorph
zueinander sind, denn beide sind isomorph zu M\S 1 .
Nachdem wir nun die halbeinfachen Moduln definiert und einige Eigenschaften untersuch haben,
wenden wir uns nun den halbeinfachen Algebren zu.
2 Halbeinfache Algebren
2.1 Wiederholung
Sei R ein kommutativer Ring. Ein Ring (A, +, ·) heißt (assoziative) R-Algebra, falls es eine
Abbildung A × R −→ A, (a, r) → a · r gibt, so dass A ein R-Rechtsmodul ist und zusätzlich
folgende Regeln gelten:
2.1.1 Beispiele
(ab) · r = a · (br) = (ar) · b, ∀r ∈ R, a, b ∈ A.
(1) Sei K ein Körper und V ein K-Vektorraum. Dann ist End K (V ) eine K-Algebra.
(2) Allgemeiner: Sei R ein kommutativer Ring und M ein R-Rechtsmodul. Dann ist End(M R )
eine R-Algebra.
(3) Sei R ein kommutativer Ring und A eine R-Algebra. Dann ist M n (A) eine R-Algebra.
(4) Sind A und B zwei R-Algebren, so ist auch A × B eine R-Algebra.
2.1.2 Bemerkung
Sind A und B Algebren über dem kommutativen Ring R und ist f : A −→ B sowohl ein
Ringhomomorpismus, als auch ein Homomorphismus von R-Moduln, so heißt f auch (R)-
Algebrenhomomorphismus.
Ist R = Z, so ist ein Algebrenhomomorphismus nichts anderes als ein Ringhomomorphismus.

2 HALBEINFACHE ALGEBREN 5
2.1.3 Definition und Satz
Eine K-Algebra, die ein Schiefkörper ist, heißt auch Divisionsalgebra. Für eine Divisionsalgebra
D gilt folgender Satz, den wir später noch verwenden werden:
Sei K algebraisch abgeschlossen und sei D eine endlichdimensionale K-Divisionsalgebra, dann
gilt: D ≃ K.
Beweis: Es ist 1 D · K eine zu K isomorphe Unteralgebra von D, die wir mit K identifizieren.
Sei dann x ∈ D. Da ax = xa für jedes a ∈ K (Axiome für Algebren), ist
K[X] = def. {a 0 + a 1 x + · · · + a n x n | n ≥ 0, a i ∈ K}
eine kommutative Ringerweiterung von K. Wegen der Endlichdimensionalität genügt x einer
Polynomgleichung P (x) = 0 mit normierten P ∈ K[X]. Da K algebraisch abgeschlossen ist,
zerfällt P in Linearfaktoren: P = ∏ d
i=1 (X − a i), wobei a 1 , · · · a n ∈ K. Wegen P (x) = 0 folgt
dann x = a i für ein i, also x ∈ K.
2.2 Definition
Eine Algebra A heißt einfach, falls A ≠ 0 und falls A und 0 die einzigen (zweiseitigen) Ideale
in A sind.
2.3 Proposition
Sei D eine Divisionsalgebra. Dann ist A = M n (D) einfach.
Beweis: Sei I ein Ideal in A, I ≠ 0. Zu zeigen ist also I = A. Sei dazu α = α ij ∈ A. Dann
gibt es β = β ij ∈ I mit β ≠ 0, etwa β rs ≠ 0. Sei weiter e kl ∈ A die Matrix, die nur an der Stelle
(k, l) eine 1, und sonst nur Nullen hat. Dann gilt:
α = ∑ i,j
e ij α ij = ∑ i,j
(e ir βe sj )β −1
rs α ij ∈ I,
da I ein zweiseitiges Ideal ist.
2.4 Definition
Eine Algebra A heißt halbeinfach, falls der Modul A A halbeinfach ist.
Es gilt sogar der folgende Satz:
2.5 Satz
A ist halbeinfach genau dann, wenn A als Modul über sich selbst halbeinfach ist.
Beweis: Sei A als A-Rechtsmodul halbeinfach. Sei M ein endlich erzeugtes A-Modul, wobei
M erzeugt wird von {m 1 , · · · , m r }. Definiere dann A r = A⊕· · ·⊕A (dies ist sicher halbeinfach)
und dann die Abbildung ψ : A r −→ M, (a 1 , · · · , a r ) → m 1 a 1 + · · · m r a r .
Diese Abbildung ist ein A-Modul Epimorphismus. Da Faktormoduln eines halbeinfachen Moduls
wieder halbeinfach sind, folgt: M ≃ A/Ker(ψ). Die umgekehrte Richtung folgt direkt aus der
Definition.

2 HALBEINFACHE ALGEBREN 6
Für die folgende Proposition benötigen wir einige Eigenschaften des Radikals eines Moduls
M, welches definiert ist als ⋂ s
i=1 N i, aller maximalen Untermoduln N i von M. Wir benutzen,
ohne zu beweisen: Rad(A) ≠ A, falls A ≠ 0. Weiter gilt Rad(A) ist ein Ideal in A und A ist
halbeinfach ⇔ Rad(A) = 0.
2.6 Proposition
Sei A eine einfache Algebra. Dann ist A halbeinfach.
Beweis: Da A ≠ 0 folgt: Rad(A) ≠ A. Nun ist Rad(A) ein Ideal in A und wegen der Einfachheit
von A folgt: Rad(A) = 0. Damit ist A halbeinfach.
2.6.1 Folgerung
Seien D 1 , · · · , D s Divisionsalgebren und n 1 , · · · , n s ≥ 1 natürliche Zahlen. Dann ist M n1 (D 1 ), × · · ·×
M ns (D s ) halbeinfach.
2.7 Matrizen von Homomorphismen
2.7.1 Satz
Sei M = M 1 ⊕, · · · ⊕ M n direkte Summe von A-Moduln. Dann hat man eine Isomorphie von
Algebren
⎛
⎞
Hom(M 1 , M 1 ) · · · Hom(M 1 , M n )
⎜
End(M A ) ≃ ⎝
.
. ..
⎟
. ⎠
Hom(M m , M 1 ) · · · Hom(M m , M n )
wobei die Algebra auf der rechten Seite aus allen n × n-Matrizen (f ij ) mit f ij ∈ Hom(M i , M j )
besteht, versehen mit der üblichen Matrixaddition und-multiplikation und der üblichen Multiplikation
mit Skalaren aus K.
Beweis: Seien j i : M i −→ M die kanonischen Injektionen und p i : M −→ M i die kanonischen
Projektionen. Dann gilt:
n∑
{
1Mi i = k
j i ◦ p i = 1 M und p i ◦ j k =
0 i ≠ k
i=1
Weiter zeigt man dann durch nachrechnen, dass die Abbildungen End(M) −→ (Hom(M i , M k )), f →
(p k ◦ f ◦ j i ) und (Hom(M i , M k )) −→ End(M), (f ik ) → ∑ i,k j k ◦ f ik ◦ p i zueinander inverse Algebrenhomomorphismen
sind. Dies beendet den Beweis.
Wir erhalten hieraus zwei für später sehr wichtige Folgerungen, bzw. Spezialfälle:
2.7.2 Folgerungen
(1) Ist M = N n , so gilt: End(M) ≃ M n (End(N))
(2) Sei M = M 1 ⊕ · · · ⊕ M n mit Hom(M i , M j ) = 0, falls i ≠ j. Dann gilt:
End(M) ≃ End(M 1 ) × · · · × End(M n )
Kommen wir nun zum Struktursatz für einfache Algebren.

3 STRUKTURSATZ VON WEDDERBURN 7
2.8 Struktursatz einfacher Algebren
Folgende Aussagen sind äquivalent:
(1) A ist einfach
(2) A ≠ 0 ist halbeinfach und es gibt bis auf Isomorphie nur einen einfachen A-Modul
(3) Es ist A ≃ M n (D) für eine Divisionsalgebra D und eine natürliche Zahl n ≥ 1. Ferner
sind n und D eindeutig durch A bestimmt (bis auf Isomorphie)
Beweis:
(1) ⇒ (2): Sei A einfach. Nach Proposition 2.6 ist dann A halbeinfach, sagen wir A = S 1 ⊕· · ·⊕
S t . Jeder einfache Modul ist isomorph zu einem S i . Zu zeigen ist also, dass jedes S i ≃ S j
für alle i,j. Jedes S i ist ein minimales Rechtsideal in A. Nun ist AS i ein nicht-triviales
Ideal und daher folgt: AS i = A.
Dann gilt aber auch A(S i S j ) = A, insbesondere S i S j ≠ 0. Sei dann x ∈ S i mit xS j ≠ 0.
Da S j einfach ist, folgt xS i = S j . Weiter ist S i −→ xS i , y → xy ein Epimorphismus und
da S i einfach ist, sogar ein Isomorphismus. Insgesamt ergibt sich daher: S i ≃ xS i = S j .
(2) ⇒ (3): Sei A halbeinfach und S der bis auf Isomorphie einzige einfache A-Modul. Es gilt
dann A ≃ S n für ein n ≥ 1. Es folgt:
A ≃ End(A A ) ≃ M n (End(S A )),
nach Folgerung 2.7.2 und D = End(S A ) ist ein Schiefkörper nach dem Lemma von Schur.
(3) ⇒ (1): Diese Implikation ist Proposition 2.3.
Zur Eindeutigkeit: n ist die Anzahl der einfachen Summanden in einer direkten Zerlegung
von A (diese Zahl ist nach Satz 1.7 eindeutig), der Schiefkörper ergibt sich als Endomorphismenring
des einzig einfachen Moduls.
Der Vollständigkeit halber führen wir nun noch die Charakterisierung von halbeinfachen Algebren
auf, werden diese aber nicht beweisen. Für die Beweise benötigen wir noch einige Resultate
der nächsten Vorträge, deren Einführung und Nennung an dieser Stelle den Rahmen des Vortrags
sprengen würde.
2.9 Charakterisierung halbeinfacher Algebren
Sei A eine endlich dimensionale Algebra und alle Moduln seien endlich erzeugt. Dann sind
folgende Aussagen äquivalent:
(1) A ist eine halbeinfache Algebra
(2) Rad(A) = 0
(3) Jeder A-Modul ist halbeinfach
(4) Jeder A-Modul ist projektiv
(5) Alle kurzen exakten Folgen von A spalten auf
(6) Jeder Untermodul eines beliebigen A-Moduls ist direkter Summand
3 Struktursatz von Wedderburn
3.1 Lemma
Sei A eine halbeinfache Algebra und für A als A-Modul existiere folgende Summenzerlegung:
A ≃ S 1 ⊕ · · · ⊕ S t , mit einfachen S i . Dann gilt für jeden einfachen A-Modul S: S ≃ S i für ein
i ∈ {1, · · · , t}.

3 STRUKTURSATZ VON WEDDERBURN 8
Beweis: Sei S ein einfacher A-Modul und s ≠ 0 ∈ S. Definiere dann φ : A −→ S durch
φ(a) = as für a ∈ A. Da S einfach ist, ist φ surjektiv.
Sei dann für jeder i
in {1, · · · t} φ i die Einschränkung von φ auf S i . Wenn diese Einschränkungen alle die Nullabbildung
wären, so wäre φ = 0, was nach Annahme nicht möglich ist.⇒ Es gibt daher ein
i ∈ {1, · · · , t} mit φ i ≠ 0. Nach dem Lemma von Schur ist dies dann schon ein Isomorphismus.
Damit folgt die Behauptung.
Wir können nun im Folgenden bei einer halbeinfachen Algebra A die einfachen Summanden
nach Isomorphietypen sortieren und A dann als direkte Summe mit Vielfachheiten schreiben,
d.h:
A = S r1
1 ⊕ · · · ⊕ Srt t , r i ∈ N
3.2 Struktursatz von Wedderburn
Sei A eine halbeinfache K-Algebra. Dann gibt es Divisionsalgebren D 1 , · · · , D t über K und
natürliche Zahlen n 1 , · · · , n t , so dass gilt:
A ≃ M n1 (D 1 ) × M n2 (D 2 ) × · · · × M nt (D t ).
Ferner sind die Daten (n 1 , D 1 ), · · · , (n t , D t ) bis auf Reihenfolge und Isomorphie der D i eindeutig
bestimmt.
Beweis: Zerlege zunächst A in eine direkte Summe A = M 1 ⊕ · · · ⊕ M s , wobei jedes M i eine
direkte Summe von n i Kopien eines einfachen Moduls S i ist, also M i ≃ S ni
i , so dass S i ≠ S j
für i ≠ j gilt. Dann folgt hieraus Hom(M i , M j ) = 0 für i ≠ j. Sei D i der Endomorphismenring
von S i , der wegen der Einfachheit von S i eine Divisionsalgebra ist. Damit folgt dann:
A ≃ End(A) 2.7.2
≃
s∏
End(M i ) ≃
i=1
s∏
i=1
End(S ni
i ) 2.7.1
≃
s∏
M ni (D i ).
Nun zeigen wir die Eindeutigkeit:
Es gelte zunächst ∏ t
i=1 M n ′ i(D ′ i ) mit Divisionsalgebren D i ′ . Jedes M n ′ i(D ′ i ) zerlegt sich in eine
Summe von n ′ i Kopien von einfachen M n ′ i(D ′ i )-Moduln S′ i (dies zeigt Lemma 3.1), welche offenbar
auch einfache A-Moduln sind.
Für i ≠ j gilt S ′ i S′ j . Denn nehmen wir an es gebe einen Isomorphismus f : S′ i −→ S′ j von
A-Moduln, so folgt: f(S ′ i S′ j ) = f(S′ i )S′ j = S′ j S′ j ≠ 0, da S′ j ein idempotentes Element enthält.
Also folgt: S ′ j S′ j ≠ 0. Andererseits liegen S′ i und S′ j in unterschiedlichen Komponenten von
A. Dies ist ein Widerspruch. Aus der Eindeutigkeitsaussage 1.6 folgt nun s = t und bis auf
Umnummerierung der Indizes n ′ i = n i und D ′ i ≃ D i.
i=1
3.2.1 Folgerung
Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper und A eine halbeinfache K-Algebra. Dann gibt
es bis auf Reihenfolge eindeutige natürliche Zahlen n 1 , · · · , n t , so dass gilt:
A ≃ M n1 (K) × · · · × M nt (K).

4 DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN 9
Beweis: Folgt sofort aus dem Satz von Wedderburn und dem Satz 2.1.3.
3.3 Historische Betrachtung
Für den Spezialfall K = C lieferte 1893 Molien einen Beweis für diesen Satz. Um 1907 bewies
Wedderburn den Satz über beliebigen Grundkörpern. Doch damit nicht genug. 1927 schaffte es
Emil Artin den Struktursatz halbeinfacher Algebren unter allgemeineren Bedingungen wie der
Endlichdimensionalität zu beweisen. Dieser Satz ist bekannt unter dem Satz von Wedderburn-
Artin und soll im letzten Abschnitt dieses Vortrages thematisiert werden.
4 Der Satz von Wedderburn-Artin
Zunächst müssen wir uns mit dem Begriff eines halbeinfachen Ringes vertraut machen, um den
Satz von Wedderburn-Artin formulieren und beweisen zu können.
4.1 Satz und Definition
Für einen Ring R sind folgende Bedingungen gleichwertig:
(1) Alle Links-R-Moduln sind halbeinfach
(2) Alle endlich erzeugten Links-R-Moduln sind halbeinfach
(3) Alle zyklischen Links-R-Moduln sind halbeinfach
(4) R als Links-R-Modul R R ist halbeinfach.
Ein Ring R, der die Bedingungen (1)-(4) erfüllt, heißt halbeinfach. Analog definiert man
die Eigenschaft ”
rechts-halbeinfach“, wenn wir in obiger Formulierung ”
links“ durch ”
rechts“
ersetzen.
Beweis: Die Schlussfolgerung (1) ⇒ (2) ⇒ (3) ⇒ (4) ist trivial. Wir müssen demnach nur
noch (4) ⇒ (1) zeigen. Wir betrachten hierzu die Darstellung eines Moduls durch einen freien“ ”
Modul.
4.1.1 Definition
Sei R ein Ring und M ein R-Modul.
(1) Eine Teilmenge S ⊂ M heißt linear unabhängig :⇔ Für alle endlichen Teilmengen {x 1 , · · · , x n } ⊂
S folgt aus einer Gleichung a 1 x 1 + · · · + a n x n = 0 stets, a 1 = · · · = a n = 0
(2) S ⊂ M heißt Basis für M :⇔ S ist linear unabhängig und M = span(S)
(3) M heißt frei :⇔ M besitzt eine Basis
4.1.2 Lemma
Jeder R-Modul M ist Faktormodul eines freien Moduls.
Beweis: Sei S = {x j } j∈J
eine Erzeugendenmenge für M und sei F = ⊕ j∈J R j mit R j = R
ein freier Modul. Sei ψ : F −→ M wie folgt definiert:
(a j ) j∈J ∈ F → ψ((a j ) j∈J ) = ∑ j∈J a jx j . Dann ist ψ offenbar surjektiv, d.h Im(ψ) = M. Mit
Hilfe des Homomorphiesatzes für Moduln folg dann: M ∼ = F/Ker(ψ).

4 DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN 10
Nun zum Beweis der Richtung (4) ⇒ (1):
Sei M ein R-Modul und M ∼ = F/Ker(ψ), wobei F = ⊕ j∈J R j mit R j = R. Dann ist F direkte
Summe halbeinfacher Moduln und somit Summe einfacher Moduln. Nach Folgerung 1.6 ist dann
F selbst halbeinfach. Wegen Satz 1.5 ist M als Faktormodul von F halbeinfach.
4.2 Folgerung
Jeder links-halbeinfache Ring R ist links-noethersch und links-artinsch.
Beweis: Da R halbeinfach ist ⇒ R ist als Links-R-Modul halbeinfach, also direkte Summe
von R-Teilmoduln von R, d.h Links-Idealen von R: R = ⊕ i∈I A i, A i minimal. Wir zeigen
zunächst:
4.2.1 Lemma
Ist R halbeinfach und etwa R = ⊕ i∈I A i, dann ist I endlich.
Beweis: Wir nehmen zunächst an, dass | I |= ∞. Dann gilt 1 ∈ R ⇒ Es existiert eine
Darstellung 1 = ∑ i∈I a i, a i ∈ A i für alle i ∈ I, und nur endlich viele der a i sind ≠ 0.
Ist etwa a i0 = 0 und a ∈ A i0 , a ≠ 0, dann haben wir a · 1 = a = a · ∑i∈I a i = ∑ (
i∈I\{i a · a 0} i,
∑ )
also a ∈ a i0 ∩
i≠i 0
a i ≠ 0, im Widerspruch zu R = ⊕ i∈I A i.
Fortsetzung des Beweises:
Da jeder Modul A i eine (endliche) Kompositionsreihe besitzt, hat auch R = ⊕ i∈I A i eine solche
und ist damit wegen Satz () links-noethersch und links-artinsch.
Die etwas überraschende Eigenschaft, dass jeder Modul über einem halbeinfachen Ring wieder
halbeinfach ist, wir durch folgendes Ergebnis klarer:
4.3 Satz
Sei R ein halbeinfacher Ring. Dann ist jeder einfache R-Modul isomorph zu einem Untermodul
von R.
Beweis: Nach vorigem Lemma ist R eine endliche direkte Summe R = ⊕ n
i=1 M i von R-
Untermoduln M i . Sei dann N ein einfacher R-Modul.
Behauptung: ∃i 0 : N ∼ = M i0 als Modul-Isomorphismus.
Nach Lemma 5.2 ist
Hom R (R, N) ∼ n⊕
= Hom R (R = M i , N) ∼ n⊕
= (M i , N).
Nach Lemma 5.4 ist Hom R (R, N) ∼ = N ≠ 0. Daher ∃i 0 : Hom R (M i0 , N) ≠ 0, was nach dem
Lemma von Schur M i0
∼ = N zur Folge hat.
i=1
i=1
Die Struktur halbeinfacher Ringe wir mit Hilfe von Endomorphismenringen bzw. entsprechenden
Matrizenringen beschrieben.

4 DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN 11
4.4 Satz
Sei R ein Ring und M n (R) der Ring der n × n-Matrizen mit Elementen aus R. Dann hat jedes
Ideal I ⊂ M n (R) die Gestalt M n (A) mit einem eindeutig bestimmten Ideal A ⊂ R.
Insbesondere gilt: Ist R einfach, so ist auch M n (R) einfach.
Beweis:
(a) Wenn A ⊂ R ein Ideal ist, so ist offenbar auch M n (A) ein Ideal.
(b) Sind A, B ⊂ R Ideale, dann ist A = B ⇔ M n (A) = M n (B).
” ⇒ ” Diese Richtung ist trivial.
” ⇐ ” Falls A ≠ B, etwa b ∈ B, B ≠ A, dann ist
⎛
⎞
⎜
⎝
b · · · 0
. . .
0 · · · 0
Sei dann I ⊂ M n (R) ein Ideal, dann sei A :=
R ein Ideal:
⎟
⎠ ∈ M n (B), /∈ M n (A).
{
a 11 ; ∃a =
(
a11 · · ·
.
)}
⊂ I.DannistA⊂
(1) Seien a 11 , a ′ 11 ∈ A ⇒ ∃a, a ′ ∈ I, die a 11 , a ′ 11 jeweils an der ersten Position erhalten.
⇒ a + a ′ ∈ I.
⎛
⎞
r · · · 0
⎜
⎟
(2) Seien a 11 ∈ A, r ∈ R und E(r) = ⎝ . . . ⎠ ∈ M n (R). Dann ist E(r) · a =
0 · · · 0
( )
( )
r · a11 · · ·
a11 · r · · ·
∈ I und a · E(r) =
∈ I.
.
.
Behauptung: I = M n (A). Sei zunächst E ij die Matrix, die an der Position (i,j) eine
1 besitzt und sonst nur mit Nullen besetzt ist. Sei α = α ij ∈ M n (R) eine beliebige
Matrix. Dann ist
⎛
0 . . .
.
E ij αE kl =
0 . . . 1 . . .
⎜
⎝ .
0
j
0 . . . 0
⎞
⎛
⎛
⎞
a 11 . . . a 1n
0 . . .
. .
.
·
a j1 . . . a jn
·
⎜
⎟
0 . . . 1 . . .
⎟ ⎝
⎠ . . ⎠ ⎜
⎝ .
a n1 . . . a nm
0
i
0
l
0 . . . 0
Ist nun α ∈ I, so wähle i = l = 1 ⇒ E 1j αE k1 = α jk E 11 hat α jk an der Position
(1,1) und liegt damit in A ⇒ I ⊂ M n (A).
Sei umgekehrt α = (α ij ) ∈ M n (A). α kann man als Summe schreiben:
α =
n∑
i=1 l=1
n∑
α il E il ,
und es ist α ∈ I, falls α il E il ∈ I(i, l = 1, · · · , n). Dazu müssen wir eine Matrix
β il = (m (i,l)
jk
) ∈ I finden, so dass α il = m (i,l)
11 .
Nach Konstruktion von A gibt es stets eine solche Matrix (wie oben) ⇒ α il E il =
m (i,l)
11 E il = E i1 β il E 1l ∈ I.
k
0
⎞
= α jk·E il .
⎟
⎠

4 DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN 12
4.5 Satz
Sei D ein Schiefkörper und R = M n (D). Dann gilt:
(1) R ist einfach, links-halbeinfach, links-noethersch und links-artinsch
(2) R besitzt bis auf Isomorphie genau einen links-einfachen Modul V und es ist R R ∼ =
V ⊕ · · · ⊕ V = ⊕ n
} {{ } i=1 V = n · V
n−mal
Beweis:
(1) Wegen Satz 4.4 hat mit D auch R = M n (D) nur die trivialen Ideale 0 und R, also ist R
einfach.
R betrachten wir als Links-Vektorraum über D mit der Dimension n 2 und den Basiselementen
E ij , (i, j = 1, · · · , n). R ist ein endlichdimensionaler Vektorraum und als solcher
besitzt er deswegen eine Kompositionsreihe, daher ist R links-noethersch und links-artisch.
(2) Sei V D der Vektorraum D n , der aus den Spalten von R besteht.
⎧⎛
⎞
⎫
⎪⎨ a 1
⎪⎬
⎜
V D = ⎝
⎪⎩
.
a n
⎟
⎠ ; a i ∈ D, i = 1, · · · , n
⎪⎭ ,
betrachtet als Rechts-D-Vektorraum. Dann wird V D über die Matrixmultiplikation ein
Links-R-Modul. Sei weiter:
⎛
⎞ ⎛ ⎞
a 11 . . . a 1n
v 1
⎜
α = ⎝
⎟ ⎜ ⎟
. . ⎠ ∈ R, v = ⎝ . ⎠ ∈ V D ,
a n1 . . . a nm v n
dann ist
α · v =
⎛
⎜
⎝
∑ n
i=1 a 1iv i
.
∑ n
i=1 a niv i
⎞
⎟
⎠ ∈ V D ,
d.h α definiert einen Endomorphismus f α auf V D : f α ∈ End(V D ) und umgekehrt wird
jeder Endomorphismus f α ∈ End(V D ) durch eine Matrix α ∈ M n (D) gegeben. Daher ist
R ∼ = End VD .
Ist v ∈ V D , v ≠ 0 fest und w ∈ V D beliebig, dann folgt aus der linearen Algebra: ∃α w ∈
R : α w · v = w ⇒ R · v = V D . Daher ist V D ein einfacher R-Modul. Sei dann a i das
Links-Ideal von R, dass wie folgt definiert ist:
⎧⎛
⎞ ⎫
⎪⎨ 0 . . . a 1i . . . 0
⎪⎬
⎜
⎟
a i = ⎝ . . . ⎠ | a ij ∈ D
⎪⎩
⎪⎭ ∈ R a i
0 . . . a ni . . . 0
⇒ R = a 1 ⊕ · · · ⊕ a n und a i
∼ = VD ; i = 1, · · · , n.
⇒ R R ∼ = V D ⊕ · · · ⊕ V D = n · V D , also halbeinfach. Nun ist die Behauptung, dass V D
bis auf Isomorphie der einzig einfach Links-R-Modul. Angenommen V ′
sei ein weiterer
einfacher Linkks-R-Modul. Mit Lemma 5.5 folgt dann: V ′ ∼ = R/m mit einem maximalen
Linksideal m. Da R R halbeinfacher Links-R-Modul ist, ist V ′ direkter Summand von R.
Wegen R R ∼ = n · V D und Lemma 5.3 ist dann V ′ ∼ = VD .
Kommen wir nun zum Hauptergebnis dieses Abschnitts, einen in der Ringtheorie mit am
häufigsten benutzten Satz, der Satz von Wedderburn-Artin:

4 DER SATZ VON WEDDERBURN-ARTIN 13
4.6 Der Satz von Wedderburn-Artin
Sei R ein links-halbeinfacher Ring. Dann ist
R ∼ = M n1 (D 1 ) × · · · × M nr (D r ) ∼ =
r⊕
i=1
End Di (D ni
i ),
wobei D 1 , · · · , D r Schiefkörper und n 1 , · · · , n r positive natürliche Zahlen sind.
r und die Paare (n 1 , D 1 ), · · · , (n r , D r ) sind bis auf Permutationen und Isomorphien eindeutig
bestimmt.
r ist die Anzahl der verschieden, nicht-isomorphen links-einfachen Moduln über R und n i =
dim Di M i , (i = 1, · · · , r).
Bevor wir diesen Satz beweisen, noch ein kleines Lemma vorweg:
4.6.1 Lemma
Es gibt einen Ringisomorphismus zwischen R und End R (R):
R ∼ = End R (R),
wobei R als R-Rechts-Modul aufgefasst wird und dementsprechend die Elemente von End R (R)
Modulhomomorphismen des R-Rechts-Moduls R sind.
Beweis: Sei ϕ : R −→ End R (R), r → ϕ(r) := ϕ r , definiert durch ϕ r (a) := r · a∀a ∈ R. Wir
zeigen nun:
(1) ϕ r ist ein R-Rechtsmodul Homomorphismus
(2) ϕ ist injektiv und surjektiv
(3) ϕ ist ein Ringisomorphismus
Die additiven Eigenschaften sind jeweils trivial. Daher betrachten wir nur die multiplikativen
Eigenschaften.
(1) Seien a, b ∈ R ⇒ ϕ r (ab) = r · (ab) = (ra)b = ϕ r (a)b
(2) Injektivität: Nehmen wir an, es gäbe ein r ≠ 0 mit ϕ r = 0 ⇒ ϕ r (1) = 0 = r · 1 = 1.
Dies ist ein Widerspruch.
Surjektivität: Sei φ ∈ End R (R) und etwa φ(1) = 1 ⇒ ∀a ∈ R ist φ(a) = φ(1 · a) =
φ(1) · a = r · a = φ r (a) ⇒ φ = ϕ r
(3) Seien r 1 , r 2 ∈ R. Dann ist zu zeigen: ϕ(r 1 r 2 ) = ϕ(r 1 )ϕ(r 2 ). Sei dann a ∈ R beliebig:
ϕ r1r 2
(a) = (r 1 r 2 )a = r 1 (r 2 a) = ϕ r1 (ϕ r2 (a)) = ϕ r1 · ϕ r2 (a).
Beweis von 4.6: Nach Lemma 5.3 und 4.2.1 ist R ∼ = ⊕ r
i=1 n iM i , wobei M i paarweise nichtisomorphe
einfache R-Moduln sind, und jeder der Moduln M i genau n i -mal auftreten. Diese
Darstellung ist bis auf Isomorphie eindeutig.
Aus dem vorigem Lemma erhalten wir nun:
( r⊕
)
R ∼ = End R (R) ∼ r⊕
= Hom R n i M i , n i M i .
i=1
Nach dem Lemma von Schur folgt dann: Hom R (M i , M j ) = 0 für i ≠ j. Daher ergibt sich wegen
Lemma 5.2:
R ∼ r⊕
= Hom R (n i M i , n i M j ) ∼ r⊕
= End R (n i M i ).
i=1
i=1
i=1

5 ANHANG 14
Ist nun D = End R (M) und ϕ ∈ D, ϕ ≠ 0, so ist ϕ(M) = M. Entsprechend wird
⎛
φ
⎞
∈
End R (nM) = End R (M ⊕ · · · ⊕ M) ein Endomorphismus, der auf ein n-Tupel v =
angewendet wir, was durch eine Matrix
⎛
⎞ ⎛
ϕ 11 . . . ϕ 1n
⎜
⎟ ⎜
⎝ . . ⎠ · ⎝
ϕ n1 . . . ϕ nn
m 1
.
m n
⎞
⎟
⎠ ∈ M ⊕ · · · ⊕ M = n · M
realisiert wird und umgekehrt. Es ist φ = 0 ⇔ ϕ ij = 0 für i = 1, · · · , n. Daher ist End R (nM) ∼ =
M n (D).
Nun ist aber D n = D ⊕ · · · ⊕ D ein Vektorraum über D und daher sind seine Endomorphismen
die linearen Abbildungen in sich. Aus der linearen Algebra wissen wir dann, dass diese genau
den n × n-Matrizen M n (D) entsprechen.
für i = 1, · · · , n.
⇒ End R (n i M i ) ∼ = M ni (D i ) ∼ = End Di (D ni
i ),
⎜
⎝
m 1
.
m n
⎟
⎠
5 Anhang
5.1 Lemma von Schur
(1) Sei M ein einfacher R-Modul. Dann ist der Ring End R (M) ein Schiefkörper.
(2) Sind M und N einfache R-Moduln, dann ist Hom R (M, N) ≠ 0, dann und nur dann, wenn
M ∼ = N.
Beweis:
(1) Sei f ≠ 0 ∈ End R (M). Dann ist Im(f) ein Untermodul von M, welcher nicht das 0-
Modul ist und Ker(f) ist ein Untermodul von M, welcher verschieden ist von M. Nun ist
M nach Voraussetzung einfach, daher folgt: Im(f) = M und Ker(f) = 0. Demnach ist f
ein R-Modul Isomorphismus und somit als Element des Rings End R (M) invertierbar.
(2) Analog wie in (1) ergibt sich, dass jeder Homomorphismus f : M −→ N, welcher nicht
der 0-Homomorphismus ist, ein Isomorphismus ist.
5.2 Lemma
Seien M, M 1 , M 2 und N, N 1 , N 2 jeweils R-Moduln. Dann gilt:
(1) Hom R (M 1 ⊕ M 2 , N) ∼ = Hom R (M 1 , N) ⊕ Hom R (M 2 , N)
(2) Hom R (M, N 1 ⊕ N 2 ) ∼ = Hom R (M, N 1 ) ⊕ Hom R (M, N 2 )

5 ANHANG 15
Beweis: Wir zeigen nur (1), da die zweite Aussage analog zu beweisen ist.
Sei ϕ : M 1 ⊕M 2 −→ N, d.h ϕ ∈ Hom R (M 1 ⊕M 2 , N) und nun definiere weiter: ϕ 1 := ϕ |M1 , ϕ 2 :=
ϕ |M2 . Damit haben wir dann: ϕ 1 : M 1 −→ N, ϕ 1 ∈ Hom R (M 1 , N) und ϕ 2 : M 2 −→ N, ϕ 2 ∈
Hom R (M 2 , N).
Definiere nun die Abbildung
φ : Hom R (M 1 ⊕ M 2 , N) −→ Hom R (M 1 , N) ⊕ Hom R (M 2 , N),
durch φ(ϕ) := ϕ 1 + ϕ 2 . Zu zeigen ist nun also, dass diese Abbildung ein Isomorphismus ist.
f i
g i
Wir wählen für die direkte Summe die Darstellung M i −→ M1 ⊕ M 2 −→ Mi (i = 1, 2), d.h
m i ∈ M i −→ f i (m i ) ∈ M 1 ⊕ M 2 , (i = 1, 2) - Einbettung
m ∈ M 1 ⊕ M 2 −→ g i (m) ∈ M i - Projektion.
φ(ϕ) können wir auch wie folgt schreiben: φ(ϕ) = ϕf 1 + ϕf 2 . Ist etwa m = m 1 + m 2 ∈ M 1 ⊕ M 2
und ϕ(m) ∈ N, dann wird φ(ϕ)(m 1 + m 2 ) = ϕ(f 1 (m 1 )) + ϕ(f 2 (m 2 )).
Zeige nun, dass φ injektiv ist:
Sei ψ ∈ Hom R (M 1 ⊕M 2 , N) und ψ ≠ 0 ⇒ ∃m ∈ M 1 ⊕M 2 | ψ(m) ≠ 0, m = f 1 (m 1 )+f 2 (m 2 ) ⇒
ψ(m) = (ψf 1 )(m 1 ) + (ψf 2 )(m 2 ) ≠ 0 ⇒ (ψf 1 )(m 1 ) ≠ 0 ∨ (ψf 2 )(m 2 ) ≠ 0 ⇒ (ψf 1 ) ≠ 0 ∨ (ψf 2 ) ≠
0 ⇒ φ(ϕ) ≠ 0 ⇒ φ ist injektiv. Es bleibt zu zeigen, dass φ surjektiv ist.
Sei zunächst [φ 1 , φ 2 ] ∈ Hom R (M 1 , N) ⊕ Hom R (M 2 , N). Dann definieren wir ψ ∈ Hom R (M 1 ⊕
M 2 , N) wie folgt: ∀b ∈ M 1 ⊕ M 2 sei ψ(b) = (φ 1 g 1 )(b) + (φ 2 g 2 )(b) bzw. b i = g i (b) ∈ M i , (i = 1, 2)
mit ψ(b) := φ 1 (b 1 ) + φ 2 (b 2 ). Offenbar ist dann φ(ψ) = [φ 1 , φ 2 ]. Damit ist φ surjektiv.
5.3 Satz
Seien M und N halbeinfache R-Moduln mit einfachen Faktorisierungen M ∼ = ⊕ α∈A Γ αM α und
N ∼ = ⊕ β∈B Λ βN β . Ist M ∼ = N, dann gibt es eine bijektive Abbildung ψ : A −→ B, so dass
für alle α ∈ A gilt: M α
∼ = Nψ(α) . Es ist dann Γ α endlich, genau dann, wenn Λ β endlich ist. In
diesem Fall ist | Γ α |=| Λ β |.
Beweis: Sei ϕ : M −→ N ein Isomorphismus, α ∈ A und M = M α ⊕ M ′ mit M ′ = ⊕ γ∈A\α
und | Γ ′ α |=| Γ α | −1. Wegen Lemma 5.2 gilt dann:
Hom R (M, N) = Hom R (M α ⊕M ′ , N) ∼ = Hom R (M α )⊕Hom R (M ′ , N) = Hom R (M α , ⊕ β∈B Λ βN β )⊕
Hom R (M ′ , N) ∼ ( ⊕ )
= β∈B Λ βHom R (M α , N β ) ⊕ Hom R (M ′ , N).
Nach dem Lemma von Schur ist dann Hom R (M α , N β ) = 0 oder M α
∼ = Nβ . Da alle zueinander
isomorphen Moduln von N zu Λ β N β zusammengefasst sind, gibt es höchstens ein β mit
M α
∼ = Nβ .
Nehmen wir nun an, es existiere keine β mit M α
∼ = Nβ , so folgt Hom R (M α , N) = 0. Jedoch ist
obiger Isomorphismus ϕ : M −→ N definiert durch ϕ ◦ ι : M α ⊕ M ′
↩→ M −→ N und ι durch
die injektiven Homomorphismen ι 1 : M α ↩→ M und ι : M ′ ↩→ M, d.h. ϕ ◦ ι = (ϕ ◦ ι 1 , ϕ ◦ ι 2 ).
Falls Hom R (M α , N) = 0 ⇒ ϕ ◦ ι 1 = 0, also ϕ |Mα = 0. Widerspruch, da ϕ nach Voraussetzung
ein Isomorphismus ist.
Setze nun ψ(α) := β, falls Hom R (M α , N β ) ≠ 0. Dann ist ψ offenbar injektiv. Zu zeigen bleibt,
dass ψ surjektiv ist. Dazu teilen wir N wie oben auf:
Sei β ∈ B beliebig gewählt und N = N β ⊕ N ′ . Dann folgt:
Hom R (M, N) ∼ = Hom R (M, N β ) ⊕ Hom R (M, N ′ )
und
Hom R (M, N β ) ∼ ⊕
= Γ α Hom R (M α , N β ) ≠ 0,
α∈A

5 ANHANG 16
da ϕ surjektiv ist. ⇒ ∃α : Hom R (M α , N β ) ≠ 0 ⇒ ψ(α) = β ⇒ Hom R (M, N)
∼= ⊕ α∈A Hom R(Γ α M α , Λ ψ(α) N ψ(α) ).
Nun ist ϕ : M −→ N ein Isomorphismus ⇔ ϕ |ΓαM α
: Gamma α M α −→ Λ ψ(α) N ψ(α) ist ein
Isomorphismus, daher ist M α
∼ = Nψ(α) und somit | Γ α |=| Λ ψ(α) .
5.4 Lemma
Ist M ein R-Modul, dann ist Hom R (R, M) ∼ = M als Z-Modul.
Beweis: Sei φ : Hom R (R, M) −→ M definiert durch φ(f) := f(1)∀f ∈ Hom R (R, M). Zeige
dann: φ ist ein Z-Isomorphismus von Hom R (R, M) auf M.
(a) φ ist injektiv:
Annahme: ∃f, g ∈ Hom R (R, M) mit f(1) = g(1). Sei dann r ∈ R beliebig. ⇒ r = r · 1 ⇒
f(r) = f(r · 1) = r · f(1) = r · g(1) = g(r · 1) = g(r) ⇒ f = g.
(b) φ ist surjektiv:
Sei m ∈ M beliebig. ⇒ f m definieren wir dann wie folgt: f m (1) := m, f m (r) = f m (r · 1) =
r · f m (1) = r · m ⇒ f m ∈ Hom R (R, M).
5.5 Lemma
Sei R ein Ring und M = 〈m〉 ein zyklischer R-Modul, dann ist M ∼ = R/Ann(m).
Beweis: Betrachte die Abbildung f : R −→ M mit f(1) = m, f(r) = r · m. Dies ist offenbar
ein Epimorphismus und es gilt:
Ker(f) = {r ∈ R; f(r) = r · m = 0} = Ann(m).
Damit folgt dann:
R/Ann(m) = R/Ker(f) ∼ = Im(f) = M,
mit Hilfe des Homomorphiesatzes.

LITERATUR 17
Literatur
[1] Jacobson, N.: Basic Algebra I, New York 2 1985
[2] Jacobson, N.: Basic Algebra II, New York 2 1989
[3] Anderson, F.W., Fuller, K.R.: Rings and Categories of Modules, New York 2 1992
[4] Dieck, Tom: Skript ”1. Algebra”,Universität Göttingen 2004
[5] Kussin, Dirk: Skript ”Ringe und Moduln”, Universität Paderborn 2005
[6] Neßelmann, Dieter: Skript ”Ringe und Moduln”, Universität Rostock 2005
[7] Cohn, P. M.:Algebra, London 2 1989
[8] Adkins,William/Weintraub,Steven: Algebra. An Approach via Module Theory, New York
1992