Isomorphismus finden < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:00 So 14.11.2010 | | Autor: | m51va |
| Aufgabe | | Es sei n eine natürliche Zahl, [mm] $\IZ_n$ [/mm] wie üblich die Restklassengruppe modulo n und [mm] $\mu_n=\{ \cos\left( \frac{2k\cdot \pi}{n} \right) + i\cdot \sin\left( \frac{2k\cdot \pi}{n} \right) \ | k=0,1,\ldots,n-1\}. [/mm] Man finde einen Isomorphismus zwischen [mm] $\IZ_n$ [/mm] und [mm] $\mu_n$. [/mm] |
hallo leude...
ich hab hier ein paar schwierigkeiten:
Isomorphismus [mm] $\varphi: \IZ_n \rightarrow \mu_n$ [/mm] mit [mm] $\varphi(a\*b) [/mm] = [mm] \varphi(a) \circ \varphi(b)$ [/mm] und [mm] $\varphi$ [/mm] bijektiv. * soll die Verknüpfung auf [mm] $\IZ_n$ [/mm] sein. Das wird dann wohl die Addition sein, mit der Multiplikation ist [mm] $\IZ_n$ [/mm] ja keine Gruppe, soviel habe ich schon mal rausgefunden:D. [mm] $\circ$ [/mm] soll die "normale" Multiplikation auf [mm] $\mu_n$ [/mm] sein.
Seien nun [mm] $a,b\in \IZ_n$, [/mm] also [mm] $a\equiv 0,1,\ldots,n-1 [/mm] \ [mm] (\mod n)\textrm{ und } b\equiv 0,1,\ldots,n-1 [/mm] \ [mm] (\mod [/mm] n)$. Dann ist [mm] $a+b\equiv 0,1,\ldots,n-1 [/mm] \ [mm] (\mod [/mm] n)$. gut das waren ja nur die Rechenregeln. Demnach muss der Isomorphismus also [mm] $\varphi(a+b)$ [/mm] auf [mm] $\varphi(a)\cdot \varphi(b)$ [/mm] abbilden. Das sieht mir sehr nach der exponentialabbildung aus, zumal ein element aus [mm] $\mu_n$ [/mm] ja auch als [mm] $\exp\left( \frac{2k\cdot \pi}{n} \right)$ [/mm] dargestellt werden kann. Da die Exponentialfunktion streng monoton wachsend ist, ist sie injektiv und surjektiv(stetigkeit) ist sie auch, also bijektiv.
ist das so richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:10 So 14.11.2010 | | Autor: | felixf |
Tach Leud!
> Es sei n eine natürliche Zahl, [mm]$\IZ_n$[/mm] wie üblich die
> Restklassengruppe modulo n und [mm]$\mu_n=\{ \cos\left( \frac{2k\cdot \pi}{n} \right) + i\cdot \sin\left( \frac{2k\cdot \pi}{n} \right) \ | k=0,1,\ldots,n-1\}.[/mm]
> Man finde einen Isomorphismus zwischen [mm]$\IZ_n$[/mm] und
> [mm]$\mu_n$.[/mm]
>
> ich hab hier ein paar schwierigkeiten:
> Isomorphismus [mm]\varphi: \IZ_n \rightarrow \mu_n[/mm] mit
> [mm]\varphi(a\*b) = \varphi(a) \circ \varphi(b)[/mm] und [mm]\varphi[/mm]
> bijektiv. * soll die Verknüpfung auf [mm]\IZ_n[/mm] sein. Das wird
> dann wohl die Addition sein, mit der Multiplikation ist
> [mm]\IZ_n[/mm] ja keine Gruppe, soviel habe ich schon mal
> rausgefunden:D.
Genau.
> [mm]\circ[/mm] soll die "normale" Multiplikation auf
> [mm]\mu_n[/mm] sein.
Ja.
> Seien nun [mm]a,b\in \IZ_n[/mm], also [mm]a\equiv 0,1,\ldots,n-1 \ (\mod n)\textrm{ und } b\equiv 0,1,\ldots,n-1 \ (\mod n)[/mm].
> Dann ist [mm]a+b\equiv 0,1,\ldots,n-1 \ (\mod n)[/mm]. gut das waren
> ja nur die Rechenregeln. Demnach muss der Isomorphismus
> also [mm]\varphi(a+b)[/mm] auf [mm]\varphi(a)\cdot \varphi(b)[/mm] abbilden.
> Das sieht mir sehr nach der exponentialabbildung aus, zumal
> ein element aus [mm]\mu_n[/mm] ja auch als [mm]\exp\left( \frac{2k\cdot \pi}{n} \right)[/mm]
> dargestellt werden kann.
Da ist dir aber ein $i$ verloren gegangen.
> Da die Exponentialfunktion streng
> monoton wachsend ist, ist sie injektiv und
> surjektiv(stetigkeit) ist sie auch, also bijektiv.
a) Du willst mit der komplexen Exponentialfunktion arbeiten. Die ist insb. nicht injektiv, und von Monotonie zu reden macht da auch keinen Sinn.
b) Du schraenkst sie auf eine endliche Menge ein. Damit kannst du alles bzgl. Stetigkeit und Surjektivitaet vergessen.
Du musst also schon etwas mehr arbeiten.
* Schreib mal eine Abbildung [mm] $\varphi [/mm] : [mm] \IZ_n \to \mu_n$ [/mm] hin. Eine, die $k + n [mm] \IZ$ [/mm] auf [mm] $\cos \frac{2 k \pi}{n} [/mm] + i [mm] \sin \frac{2 k \pi}{n}$ [/mm] abbildet.
* Rechne [mm] $\varphi(a [/mm] + b) = [mm] \varphi(a) \varphi(b)$ [/mm] nach.
* Zeige, dass [mm] $\varphi$ [/mm] surjektiv ist.
* Zeige, dass [mm] $\varphi$ [/mm] injektiv ist.
Und zwar ohne auf Stetigkeit etc. zurueckzukommen. Das brauchst du hier nicht.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 So 14.11.2010 | | Autor: | m51va |
hey felix danke für deine schnelle antwort.
Ja mit der komplexen exp habe ich mich ein bisschen verrannt, das lag an dem vergessenen i...
naja
> * Schreib mal eine Abbildung [mm]\varphi : \IZ_n \to \mu_n[/mm] hin.
> Eine, die [mm]k + n \IZ[/mm] auf [mm]\cos \frac{2 k \pi}{n} + i \sin \frac{2 k \pi}{n}[/mm]
> abbildet.
[mm] \varphi(k) [/mm] = [mm] \cos \left( \frac{2 k \pi}{n} \right) [/mm] + i [mm] \sin \left( \frac{2 k \pi}{n} \right)
[/mm]
> * Rechne [mm]\varphi(a + b) = \varphi(a) \varphi(b)[/mm] nach.
Seien $a,b [mm] \in \IZ_n$. [/mm] dann ist
[mm] $\varphi(a+b) [/mm] = [mm] \cos \left( \frac{2 (a+b) \pi}{n} \right) [/mm] + i [mm] \sin \left( \frac{2 (a+b) \pi}{n} \right) [/mm] = [mm] exp\left( \frac{2(a+b)\pi}{n} \cdot i \right) [/mm] = [mm] exp\left( \frac{2a\pi}{n} \cdot i \right) \cdot exp\left( \frac{2b\pi}{n} \cdot i\right)$
[/mm]
$ = [mm] \left[ \cos \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) + i \sin \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) \right] \cdot \left[ \cos \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) + i \sin \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) \right] [/mm] = [mm] \varphi(a) \cdot \varphi(b)$
[/mm]
> * Zeige, dass [mm]\varphi[/mm] surjektiv ist.
Zu zeigen ist: [mm] $\forall y\in \mu_n \exists x\in \IZ_n: \varphi(x) [/mm] = y$. da bräuchte ich allerdings mal einen gedankenanstoß um das zu zeigen.
> * Zeige, dass [mm]\varphi[/mm] injektiv ist.
Zu zeigen ist: [mm] $\forall [/mm] a,b [mm] \in \IZ_n: \varphi(a)=\varphi(b) \Leftrightarrow [/mm] a=b$. Dazu habe ich mir folgendes gedacht.
[mm] $\varphi(a) [/mm] = [mm] \cos \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) [/mm] + i [mm] \sin \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) [/mm] = [mm] \cos \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) [/mm] + i [mm] \sin \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) [/mm] = [mm] \varphi(b)$. [/mm] da [mm] $\varphi(b)$ [/mm] nicht null werden kann (per def als exp) kann ich dadurch teilen und es bleibt
$1= [mm] \frac{\varphi(a)}{\varphi(b)} [/mm] = [mm] exp\left( \frac{2a\pi}{n}\cdot i - \frac{2b\pi}{n}\cdot i\right) [/mm] = [mm] exp\left( \frac{2(a-b)\pi}{n} \cdot i\right)$.
[/mm]
man erinnere sich an $exp(0)=1$ und schlussfolgert, dass $a=b$ gelten muss.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:37 So 14.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > * Schreib mal eine Abbildung [mm]\varphi : \IZ_n \to \mu_n[/mm] hin.
> > Eine, die [mm]k + n \IZ[/mm] auf [mm]\cos \frac{2 k \pi}{n} + i \sin \frac{2 k \pi}{n}[/mm]
> > abbildet.
> [mm]\varphi(k)[/mm] = [mm]\cos \left( \frac{2 k \pi}{n} \right)[/mm] + i
> [mm]\sin \left( \frac{2 k \pi}{n} \right)[/mm]
>
> > * Rechne [mm]\varphi(a + b) = \varphi(a) \varphi(b)[/mm] nach.
> Seien [mm]a,b \in \IZ_n[/mm]. dann ist
> [mm]\varphi(a+b) = \cos \left( \frac{2 (a+b) \pi}{n} \right) + i \sin \left( \frac{2 (a+b) \pi}{n} \right) = exp\left( \frac{2(a+b)\pi}{n} \cdot i \right) = exp\left( \frac{2a\pi}{n} \cdot i \right) \cdot exp\left( \frac{2b\pi}{n} \cdot i\right)[/mm]
>
> [mm]= \left[ \cos \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) + i \sin \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) \right] \cdot \left[ \cos \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) + i \sin \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) \right] = \varphi(a) \cdot \varphi(b)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> > * Zeige, dass [mm]\varphi[/mm] surjektiv ist.
> Zu zeigen ist: [mm]\forall y\in \mu_n \exists x\in \IZ_n: \varphi(x) = y[/mm].
> da bräuchte ich allerdings mal einen gedankenanstoß um
> das zu zeigen.
Es ist ziemlich einfach. Nimm dir ein Element aus [mm] $\mu_n$ [/mm] und schreib es explizit hin. Wie koennte ein Element aus [mm] $\IZ_n$ [/mm] aussehen, was auf dieses Element abgebildet wird?
> > * Zeige, dass [mm]\varphi[/mm] injektiv ist.
> Zu zeigen ist: [mm]\forall a,b \in \IZ_n: \varphi(a)=\varphi(b) \Leftrightarrow a=b[/mm].
> Dazu habe ich mir folgendes gedacht.
> [mm]\varphi(a) = \cos \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) + i \sin \left( \frac{2 a \pi}{n} \right) = \cos \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) + i \sin \left( \frac{2 b \pi}{n} \right) = \varphi(b)[/mm].
> da [mm]\varphi(b)[/mm] nicht null werden kann (per def als exp) kann
> ich dadurch teilen und es bleibt
> [mm]1= \frac{\varphi(a)}{\varphi(b)} = exp\left( \frac{2a\pi}{n}\cdot i - \frac{2b\pi}{n}\cdot i\right) = exp\left( \frac{2(a-b)\pi}{n} \cdot i\right)[/mm].
>
> man erinnere sich an [mm]exp(0)=1[/mm] und schlussfolgert, dass [mm]a=b[/mm]
> gelten muss.
Dumm nur dass [mm] $\exp$ [/mm] mehr als eine Stelle hat, an denen es 1 wird. Wir sind hier ja im Komplexen. Weisst du, fuer welche $z [mm] \in \IC$ [/mm] gilt [mm] $\exp(z) [/mm] = 1$?
LG Felix
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 10:14 Mo 15.11.2010 | | Autor: | m51va |
hey felix.
> Es ist ziemlich einfach. Nimm dir ein Element aus [mm]\mu_n[/mm] und
> schreib es explizit hin. Wie koennte ein Element aus [mm]\IZ_n[/mm]
> aussehen, was auf dieses Element abgebildet wird?
okay. ich probiers mal.
Sei [mm] $\mu_{n_r} [/mm] = [mm] \cos\left( \frac{2 r \pi}{n} \right) [/mm] + i [mm] \sin\left( \frac{2 r \pi}{n} \right) \in \mu_n$. [/mm] dann ist [mm] $r=0,1,\ldots,n-1$ [/mm] aber fest. wir suchen nun ein element aus [mm] $\IZ_n$, [/mm] das darauf abgebildet wird. Die elemente die darauf abgebildet werden (das sind doch mehrere) sehen so aus: $r + [mm] n\IZ$, [/mm] denn r ist kongruent einer zahl mod n also auch r zu denen ich vielfache von n addiere. damit finde ich zu jedem [mm] $y\in \mu_n$ [/mm] mindestens ein element aus [mm] $\IZ_n$. [/mm] damit hätte ich doch die surjektivität gezeigt.
> Dumm nur dass [mm]\exp[/mm] mehr als eine Stelle hat, an denen es 1
> wird. Wir sind hier ja im Komplexen. Weisst du, fuer welche
> [mm]z \in \IC[/mm] gilt [mm]\exp(z) = 1[/mm]?
aso. die komplexe exponentialfunktion nimmt an den folgenden stellen den wert 1 an:
$exp(x) = 1$ genau dann, wenn [mm] $x=2\pi [/mm] i [mm] \cdot [/mm] n$ mit $n [mm] \in \IN_{0}$. [/mm] Also wird mein Ausdruck oben genau dann 0, wenn a-b ein vielfaches von n ist. Da aber [mm] $a\equiv b\equiv 0,1,\ldots,n-1 [/mm] \ [mm] \mod [/mm] n$ sind ist demnach auch [mm] $a-b\equiv 0,1,\ldots,n-1 [/mm] \ [mm] \mod [/mm] n$ also is a-b kein vielfaches von n. stimmt das so?
daraus würde dann folgen, dass a=b sein muss, ergo injektivität.
> LG Felix
LG zurück und danke für die hilfe
m51va
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:20 Mi 17.11.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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