Kake med tau skrev:Du er på rett spor. Hva er [tex](6)+(9)[/tex], og hva er [tex](5)+(7)[/tex]?
Identiteten du brukte følger av den Euklidske algoritmen ([tex]ax+by=\gcd(a, b)[/tex])

vi har for
[tex]\gcd(5,7) = 1 \implies (5)+(7) = (1) = \mathbb{Z}[/tex]
og
[tex]\gcd(6,9) = 3 \implies (6) + (9) = (3)[/tex]
?

Consider the ring \mathbb{Z} . a. Calculate \mathbb{Z}/(6) \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/(9) . b. Calculate \mathbb{Z}/(5) \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/(7) . Litt usikker på hva man egentlig skal regne ut, men tolket det slik da; a. bruker identiteten A/I \otimes_{A} A/J \cong A/(I+J) og får \m...

Med samme bevisføring generaliserer vell man bare for A^m og A^n tilfellet, og der A er en kropp?
slik at [tex]Hom_{A}(A^n,A^m) \cong A^{mn}[/tex] ?

Hint: $Hom_\mathbb{R}(\mathbb{R}^3, \mathbb{R}^2)$ er lineæravbildninger fra $\mathbb{R}^3$ til $\mathbb{R}^2$. Husker du fra lineær algebra hvordan slike gjerne beskrives? \phi : k^3 \rightarrow k^2 1_{k^3} \mapsto A*1_{k^3} x \mapsto Ax , der A er en 2x3 matrise med koeffisienter i k? og siden de...

aaah, wow, det var slik jeg gjorde, haha, men var så usikker på måten jeg gjorde det at jeg trodde det var feil...
men takk for hjelpen igjen..

Let k be a field. Explain that Hom_{k}(k^3,k^2) is isomorphic to k^6 . In general, what is Hom_{A}(A^n,A^m) isomorphic to? \chi : \phi \rightarrow k^6 og \phi : k^3 \rightarrow k^2 klarer ikke finne noe map $\phi$, er det noen theorems som kan brukes her? føler jeg har prøvd alt mulig rart men går m...

0 \rightarrow \mathbb{Z}_{3} \rightarrow \mathbb{Z}_{3} \rightarrow \mathbb{Z}_{3} er dette rett da? at Hom(\mathbb{Z}_{6},\mathbb{Z}_{3}) \cong \mathbb{Z}_{3} og Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z}_{3}) \cong \mathbb{Z}_{3} Klarer bare å vise at den første er isomorph med \mathbb{Z}_{3} Den andre failer jeg...

Hint: Fra forrige oppgave hadde du Hom_R(R, M)\cong M Gjelder dette alltid? da vil jeg jo ende opp med : 0 \rightarrow \mathbb{Z}_{3} \rightarrow \mathbb{Z}_{3} \rightarrow \mathbb{Z}_{3} og den ser ikke helt rett ut... en annen ting er jo at jeg ikke har brukt den første sequence'en.. uff.. lang d...

Given the exact sequence of Z-modules: (1) \mathbb{Z} \overset{\cdot 6}{\rightarrow} \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}_{6} \rightarrow 0 Describe the exact sequence: (2) 0\rightarrow Hom(\mathbb{Z}_{6},\mathbb{Z}_{3}) \rightarrow Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z}_{3}) \rightarrow Hom(\mathbb{Z}, \mathbb{Z}_...

Jepp! b\in A , så hele homomorfien avhenger av b . Så hvis du skal vise at Hom(I, A)\cong A kan du lage: \chi:Hom(I, A)\rightarrow A slik at \phi_b \mapsto b \in A , hvor \phi_b=\left\{\begin{matrix} x\mapsto bx\\y\mapsto by \end{matrix}\right. er en homomorfi \in Hom(I, A) Surjektivitet av \chi : ...

Hva kan vi si om a_1 og a_2 hvis dette skal stemme? (Har du bestemt a_1 og a_2 har du bestemt hele \phi ) a_{1} = bx , a_{2} = by ? får vi da at Hom_{A}(I,A) \cong A siden elementer i A bestemmer \phi ? Her kan vi eventuelt bruke følgende teorem: Dersom $A$ er et heltallsdomene, og $I$ en A-modul (...

hint* substutisjon; u = -x+2 , du = -1dx...

Let I = (x, y) be the ideal in k[x, y]. What is Hom _{A} (I, A)? What is Hom _{A} (A, I)? Antar A = k[x,y] I) \ Hom_{A}(A,I) II) \ Hom_{A}(I,A) For I : A \rightarrow I 1 \mapsto i => Hom_{A}(A,I) \cong I \longrightarrow Hom_{A}(A,M) \cong M a \mapsto ai Er denne her jeg ikke helt klarer, ser ikke hv...

plutarco skrev:

CharlieEppes skrev:a-ha, tror jeg bare ble satt ut av section og retraction og tenkte at dette var litt mer spesielt
takk for hjelp

Flott, jeg burde vel kanskje brukt $\oplus$ istedet for det kartesiske produktet, men her blir det jo akkurat det samme.

la ikke merke til det engang ^^

a-ha, tror jeg bare ble satt ut av section og retraction og tenkte at dette var litt mer spesielt
takk for hjelp