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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:45 Di 08.11.2011 | | Autor: | pyw |
| Aufgabe | Für endliche abelsche Gruppen A und B gelte [mm] A\oplus \IZ^m\cong B\oplus \IZ^n.
[/mm]
Zeigen Sie, dass [mm] \IZ\cong\IZ^n [/mm] und [mm] A\cong [/mm] B. |
Hallo,
bei dieser Aufgabe tue ich mich etwas schwerer.
Ich weiß, dass aus [mm] \IZ^n\cong\IZ^m [/mm] folgt m=n.
Wenn ich die beiden "Produktbestandteile" also getrennt betrachten könnte, so wäre ich schnell fertig.
Also will ich etwas in der Art zeigen, dass [mm] A\oplus\IZ^n\cong\IZ^m [/mm] nicht gelten kann, wenn A eine endliche abelsche Gruppe ist. Kann ich das damit begründen, dass [mm] \IZ^m [/mm] torsionsfrei ist und [mm] A\oplus\IZ^n\cong\IZ^m [/mm] nicht? Betrachte etwa [mm] (a,0)\in A\oplus\IZ^n\cong\IZ^m, [/mm] mit [mm] a\in [/mm] A. Dieses hat endliche Ordnung.
Hoffe auf Hilfe.
Gruß,
pyw
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:54 Di 08.11.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Für endliche abelsche Gruppen A und B gelte [mm]A\oplus \IZ^m\cong B\oplus \IZ^n.[/mm]
>
> Zeigen Sie, dass [mm]\IZ\cong\IZ^n[/mm] und [mm]A\cong[/mm] B.
>
> bei dieser Aufgabe tue ich mich etwas schwerer.
> Ich weiß, dass aus [mm]\IZ^n\cong\IZ^m[/mm] folgt m=n.
>
> Wenn ich die beiden "Produktbestandteile" also getrennt
> betrachten könnte, so wäre ich schnell fertig.
>
> Also will ich etwas in der Art zeigen, dass
> [mm]A\oplus\IZ^n\cong\IZ^m[/mm] nicht gelten kann, wenn A eine
> endliche abelsche Gruppe ist. Kann ich das damit
> begründen, dass [mm]\IZ^m[/mm] torsionsfrei ist und
> [mm]A\oplus\IZ^n\cong\IZ^m[/mm] nicht? Betrachte etwa [mm](a,0)\in A\oplus\IZ^n\cong\IZ^m,[/mm]
> mit [mm]a\in[/mm] A. Dieses hat endliche Ordnung.
Das kannst du schon, aber das hilft dir bei der Gesamtaussage nur bedingt weiter.
Sei $A' := A [mm] \oplus \{ 0 \}^n \subseteq [/mm] A [mm] \oplus \IZ^n$ [/mm] und $B' := B [mm] \oplus \{ 0 \}^m \subseteq [/mm] B [mm] \oplus \IZ^m$.
[/mm]
Nimm einen Isomorphismus [mm] $\phi [/mm] : A [mm] \oplus \IZ^n \to [/mm] B [mm] \oplus \IZ^m$. [/mm] Zeige, dass [mm] $\varphi(A') \subseteq [/mm] B'$ ist. Folgere mit der Symmetrie, dass [mm] $\varphi^{-1}(B') \subseteq [/mm] A'$ ist und somit [mm] $\varphi(A') [/mm] = B'$ folgt. Damit hast du $A [mm] \cong [/mm] A' [mm] \cong [/mm] B' [mm] \cong [/mm] B$.
Weiterhin bekommst du damit einen Isomorphismus $(A [mm] \oplus \IZ^n) [/mm] / A' [mm] \cong [/mm] (B [mm] \oplus \IZ^m) [/mm] / B'$. Zeige, dass $(A [mm] \oplus \IZ^n) [/mm] / A' [mm] \cong \IZ^n$ [/mm] und $(B [mm] \oplus \IZ^m) [/mm] / B' [mm] \cong \IZ^m$ [/mm] gilt.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:43 Di 08.11.2011 | | Autor: | pyw |
> Sei [mm]A' := A \oplus \{ 0 \}^n \subseteq A \oplus \IZ^n[/mm] und
> [mm]B' := B \oplus \{ 0 \}^m \subseteq B \oplus \IZ^m[/mm].
>
> Nimm einen Isomorphismus [mm]\phi : A \oplus \IZ^n \to B \oplus \IZ^m[/mm].
> Zeige, dass [mm]\varphi(A') \subseteq B'[/mm] ist.
Sei [mm] z=(a,0)\in [/mm] A'. Angenommen es gilt [mm] \varphi(z)=(b,c) [/mm] mit [mm] 0\neq c\in\IZ^m.
[/mm]
Dann folgt aus der Homomorphieeigenschaft des Isomorphismus:
[mm] \varphi(nz)=(nb, [/mm] nc), [mm] n\in\IN.
[/mm]
Die Elemente auf der rechten Seite sind für alle n verschieden, da [mm] c\neq0 [/mm] im torsionsfreien [mm] \IZ^m [/mm] Ordnung unendlich hat. Auf der linken Seite können jedoch nur endlich viele Argumente auftauchen, da A' endlich: Widerspruch.
Also gilt [mm] \varphi(A')\subset [/mm] B'.
> Folgere mit der Symmetrie, dass [mm]\varphi^{-1}(B') \subseteq A'[/mm] ist und somit
> [mm]\varphi(A') = B'[/mm] folgt. Damit hast du [mm]A \cong A' \cong B' \cong B[/mm].
Ok.
>
> Weiterhin bekommst du damit einen Isomorphismus [mm](A \oplus \IZ^n) / A' \cong (B \oplus \IZ^m) / B'[/mm].
> Zeige, dass [mm](A \oplus \IZ^n) / A' \cong \IZ^n[/mm] und [mm](B \oplus \IZ^m) / B' \cong \IZ^m[/mm] gilt.
Ich zeige nur die erste Aussage (die zweite analog):
Es sei [mm] \delta:\IZ^n\to(A \oplus \IZ^n)/A', z\mapsto(1,z)A'.
[/mm]
Dies ist (offensichtlich) ein Isomorphismus, da [mm] (1,z)A'=\{(a,z):a\in A'\} [/mm] alle Elemente von (A [mm] \oplus \IZ^n)/A' [/mm] sind und die Abbildung injektiv ist.
"Gefühlsmäßig" würde ich sogar behaupten, dass dieser Isomorphismus kanonisch ist.
Was meinst Du?
Danke!!
Gruß,
pyw
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:17 Di 08.11.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Sei [mm]A' := A \oplus \{ 0 \}^n \subseteq A \oplus \IZ^n[/mm] und
> > [mm]B' := B \oplus \{ 0 \}^m \subseteq B \oplus \IZ^m[/mm].
> >
> > Nimm einen Isomorphismus [mm]\phi : A \oplus \IZ^n \to B \oplus \IZ^m[/mm].
> > Zeige, dass [mm]\varphi(A') \subseteq B'[/mm] ist.
> Sei [mm]z=(a,0)\in[/mm] A'. Angenommen es gilt [mm]\varphi(z)=(b,c)[/mm] mit
> [mm]0\neq c\in\IZ^m.[/mm]
> Dann folgt aus der Homomorphieeigenschaft
> des Isomorphismus:
>
> [mm]\varphi(nz)=(nb,[/mm] nc), [mm]n\in\IN.[/mm]
>
> Die Elemente auf der rechten Seite sind für alle n
> verschieden, da [mm]c\neq0[/mm] im torsionsfreien [mm]\IZ^m[/mm] Ordnung
> unendlich hat. Auf der linken Seite können jedoch nur
> endlich viele Argumente auftauchen, da A' endlich:
> Widerspruch.
Abgesehen davon, dass du $n$ doppelt verwendet hast, ist es ok.
> Also gilt [mm]\varphi(A')\subset[/mm] B'.
>
> > Folgere mit der Symmetrie, dass [mm]\varphi^{-1}(B') \subseteq A'[/mm]
> ist und somit
> > [mm]\varphi(A') = B'[/mm] folgt. Damit hast du [mm]A \cong A' \cong B' \cong B[/mm].
>
> Ok.
> >
> > Weiterhin bekommst du damit einen Isomorphismus [mm](A \oplus \IZ^n) / A' \cong (B \oplus \IZ^m) / B'[/mm].
> > Zeige, dass [mm](A \oplus \IZ^n) / A' \cong \IZ^n[/mm] und [mm](B \oplus \IZ^m) / B' \cong \IZ^m[/mm]
> gilt.
>
> Ich zeige nur die erste Aussage (die zweite analog):
> Es sei [mm]\delta:\IZ^n\to(A \oplus \IZ^n)/A', z\mapsto(1,z)A'.[/mm]
>
> Dies ist (offensichtlich) ein Isomorphismus, da
> [mm](1,z)A'=\{(a,z):a\in A'\}[/mm] alle Elemente von (A [mm]\oplus \IZ^n)/A'[/mm]
> sind und die Abbildung injektiv ist.
> "Gefühlsmäßig" würde ich sogar behaupten, dass dieser
> Isomorphismus kanonisch ist.
>
> Was meinst Du?
Kann man so nennen. Du kannst auch die Aussage aus dieser Aufgabe verwenden, dann bekommst du $(A [mm] \oplus \IZ^n)/A' \cong [/mm] (A/A) [mm] \oplus (\IZ^n [/mm] / [mm] \{ 0 \}^n)$. [/mm] Nun ist $A/A [mm] \cong \{ 0 \}$, $\IZ^n [/mm] / [mm] \{ 0 \}^n \cong \IZ^n$ [/mm] und somit $(A/A) [mm] \oplus (\IZ^n [/mm] / [mm] \{ 0 \}^n) \cong \{ 0 \} \oplus \IZ^n \cong \IZ^n$.
[/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:37 Di 08.11.2011 | | Autor: | pyw |
Hallo felix,
> Abgesehen davon, dass du [mm]n[/mm] doppelt verwendet hast, ist es
> ok.
Oh, das war ein Versehen.
> Kann man so nennen. Du kannst auch die Aussage aus
> dieser Aufgabe
> verwenden, dann bekommst du [mm](A \oplus \IZ^n)/A' \cong (A/A) \oplus (\IZ^n / \{ 0 \}^n)[/mm].
> Nun ist [mm]A/A \cong \{ 0 \}[/mm], [mm]\IZ^n / \{ 0 \}^n \cong \IZ^n[/mm]
> und somit [mm](A/A) \oplus (\IZ^n / \{ 0 \}^n) \cong \{ 0 \} \oplus \IZ^n \cong \IZ^n[/mm].
Ok, danke. Das war sehr aufschlussreich! 
Gruß,
pyw
> LG Felix
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