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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:26 Mo 25.11.2013 | | Autor: | Goetze |
| Aufgabe | | Es seien (G,+G)und (H,+H) abelsche Gruppen , ferner [mm] \sigma: [/mm] G [mm] \to [/mm] H und [mm] \mu: [/mm] H [mm] \to [/mm] G Monomorphismen. Folgt dann, dass G und H isomorph sind ? Beweise deine Antwort. |
Hi Leute,
Meine Vermutung ist, das G und H isomorph sind:
Da ja beide funktionen injektiv sind (da sie Monomorphismen sind), müssen G und H gleich viele Elemente haben (oder gleichmächtig sein), da es ja ansonsten von der Gruppe mit der höheren Anzahl an Elementen keine injecktive Abbildung in die kleinere Gruppe geben würde. Wenn H und G gleich viele Elemente haben, sind sie auch isomorph, sprich es gibt einen Isomorphismus von G nach H , da die Funktion [mm] \sigma [/mm] nicht nur ein injektiver, sondern ein bijektiver Gruppenhomorphismus sein muss.
Bin mir bei dieser Idee total unsicher, da dies warscheinlichnur für endliche Menge gilt, oder?
Wäre für Ideen oder Ratschläge sehr dankbar.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:56 Mo 25.11.2013 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
> Bin mir bei dieser Idee total unsicher, da dies
> warscheinlichnur für endliche Menge gilt, oder?
nicht einmal da.
Recherche Tipp: Kleinsche Vierergruppe und Restklasse mod 4.
Das sind Beispiele für Mengen gleicher Ordnung, die eben nicht isomorph sind.
Du musst auf jedenfall noch die Homomorphismus-Eigenschaft benutzen.
edit: Sehe gerade, das hast du ja getan. Für endliche Gruppen scheint das dann zu passen. Für die unendlichen muss ich auf die Experten des Forums verweisen ^^
Gruß,
Gono.
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> Es seien (G,+G)und (H,+H) abelsche Gruppen , ferner [mm]\sigma:[/mm]
> G [mm]\to[/mm] H und [mm]\mu:[/mm] H [mm]\to[/mm] G Monomorphismen. Folgt dann, dass G
> und H isomorph sind ? Beweise deine Antwort.
Hallo,
ich kriege hier auch kein Bein an den Boden...
Hab' mal die Laufzeit verlängert, und hoffe, daß von denen, die's können, nochmal einer vorbeischaut.
LG Angela
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Hallo Götze,
Ich kann deine Frage noch nicht beantworten, ich habe nur ein Gegenbeispiel für nicht abelsche Gruppen: Betrachtet man die ![[]](/images/popup.gif) Freie Gruppe [mm] $F=F(a_1,\dots,a_n)$ [/mm] über endlich vielen Erzeugern, so hat die Kommutatoruntergruppe $[F,F]$ abzählbar unendlichen Rang, und diese Gruppe hat dann trivialerweise Untergruppe vom Rang $m$ für jede natürliche Zahl $m$. Insbesondere habe ich die kanonische Einbettung [mm] $F\longrightarrow F(\mathbb{N})=[F,F]$ [/mm] und die Inklusion [mm] $[F,F]\longrightarrow [/mm] F$, obwohl die Gruppen nicht isomorph sind.
Für abelsche Gruppen würde ich trotzdem die Gültigkeit der Behauptung vermuten, habe das aber noch nicht zu Ende denken können. Wenn ich es hinbekomme, melde ich mich nochmal.
Vielleicht kann man ja das ausnutzen, was für freie Gruppen genau nicht gilt, für freie abelsche Gruppen aber schon: Dass eine freie Basis einer Untergruppe höchstens die Mächtigkeit der Basis der größeren Gruppe hat. Das genau ist es ja, was obiges Gegenbeispiel funktionieren lässt.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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Hi nochmal!
Konvention: [mm] $0\notin\mathbb{N}$
[/mm]
Nachdem ich mich eine ganze Weile abgemüht habe, den Satz zu beweisen, nun ein Gegenbeispiel: Setze [mm] $G=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}$ [/mm] und [mm] $H=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^{2n}\mathbb{Z}$. [/mm] Sei dann [mm] $\sigma$ [/mm] komponentenweise Multiplikation mit [mm] $\red{2^n}$ [/mm] (jeder direkte Faktor wird einfach auf die offensichtliche Weise eingebettet) und [mm] $\mu$ [/mm] die Abbildung, welche als Identität die $n$-te Komponente auf die $2n$-te Komponente abbildet. Beide Abbildungen sind offenbar injektiv und somit Monomorphismen, aber [mm] $\red{H}$ [/mm] ist gut, während [mm] $\red{G}$ [/mm] nicht gut ist (siehe tobit09's Beitrag)
EDIT: Danke angela und tobit für eure Wachsamkeit, ich habe die Fehler (auf ähnliche Weise wie tobit09) verbessert.
Eigentlich ist die Konstruktion im Nachhinein ziemlich natürlich, aber man muss halt drauf kommen und es dann noch richtig aufschreiben :-D.
Unterwegs hatte ich übrigens einen Beweis für endlich erzeugte abelsche Gruppen schon auf dem Papier stehen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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Hallo,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") .
Schön, daß Du uns hilfst.
> nun ein Gegenbeispiel: Setze
> [mm]G=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}[/mm] und
> [mm]H=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^{2n}\mathbb{Z}[/mm]. Sei
> dann [mm]\sigma[/mm] Multiplikation mit [mm]2[/mm]
Also
[mm] \sigma:G\to [/mm] H
[mm] \sigma (a_1,a_2,a_3,...):=(2a_1, 2a_2, 2a_3,...),
[/mm]
> und [mm]\mu[/mm] die Abbildung,
> welche als Identität die -te Komponente auf die -te
> Komponente abbildet
[mm] \mu: H\to [/mm] G
[mm] \mu(a_1 ,a_2,a_3,...):=(0,a_1,0,a_2,0,a_3,...).
[/mm]
> Beide Abbildungen sind offenbar
> injektiv und somit Monomorphismen, aber in [mm]G[/mm] hat das
> Element [mm](1,0,0,0,\dots)[/mm] Ordnung zwei,
Okay.
> während in [mm]H[/mm] jedes
> Element mindestens Ordnung vier hat.
Aber es hat doch [mm] (2,8,32,128,...)\in [/mm] H die Ordnung 2.
Damit würde die Argumentation, so wie sie jetzt dasteht, doch nicht klappen.
Oder habe ich irgendetwas nicht richtig verstanden?
LG Angela
>
> Eigentlich ist die Konstruktion im Nachhinein ziemlich
> natürlich, aber man muss halt drauf kommen.
> Unterwegs hatte ich übrigens einen Beweis für endlich
> erzeugte abelsche Gruppen schon auf dem Papier stehen.
>
> Liebe Grüße,
> UniversellesObjekt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:59 Mi 27.11.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Angela!
> > nun ein Gegenbeispiel: Setze
> > [mm]G=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}[/mm] und
> > [mm]H=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^{2n}\mathbb{Z}[/mm].
> Sei
> > dann [mm]\sigma[/mm] Multiplikation mit [mm]2[/mm]
>
> Also
>
> [mm]\sigma:G\to[/mm] H
> [mm]\sigma (a_1,a_2,a_3,...):=(2a_1, 2a_2, 2a_3,...),[/mm]
Diese Abbildung ist schon nicht wohldefiniert.
> > und [mm]\mu[/mm] die Abbildung,
> > welche als Identität die -te Komponente auf die -te
> > Komponente abbildet
>
> [mm]\mu: H\to[/mm] G
> [mm]\mu(a_1 ,a_2,a_3,...):=(0,a_1,0,a_2,0,a_3,...).[/mm]
>
> > Beide Abbildungen sind offenbar
> > injektiv und somit Monomorphismen, aber in [mm]G[/mm] hat das
> > Element [mm](1,0,0,0,\dots)[/mm] Ordnung zwei,
>
> Okay.
>
> > während in [mm]H[/mm] jedes
> > Element mindestens Ordnung vier hat.
>
> Aber es hat doch [mm](2,8,32,128,...)\in[/mm] H die Ordnung 2.
>
> Damit würde die Argumentation, so wie sie jetzt dasteht,
> doch nicht klappen.
> Oder habe ich irgendetwas nicht richtig verstanden?
Dein Einwand ist völlig berechtigt.
Die Idee lässt sich aber retten:
Wählen wir weiterhin
[mm] $G=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}$,
[/mm]
aber diesmal
[mm] $H=\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{Z}/2^{n+1}\mathbb{Z}$.
[/mm]
Nun kann man mittels Homomorphiesatz-Argument zeigen, dass
[mm]\sigma:G\to[/mm] H
[mm]\sigma (a_1,a_2,a_3,...):=(2a_1, 2a_2, 2a_3,...)[/mm]
jetzt wirklich wohldefiniert ist.
Als [mm] $\mu$ [/mm] wählen wir
[mm]\mu: H\to[/mm] G
[mm]\mu(a_1 ,a_2,a_3,...):=(0,a_1,a_2,a_3,...).[/mm].
Warum sind nun $G$ und $H$ nicht isomorph?
Eine abelsche Gruppe (G',+) heiße "gut", wenn für jedes Element [mm] $a\in [/mm] G'$ der Ordnung 2 ein Element [mm] $b\in [/mm] G'$ mit $a=b+b$ existiert.
Man kann sich nun überlegen, dass $H$ gut, aber $G$ nicht gut ist (für Letzteres betrachtet man [mm] $a=(1,0,0,0,\ldots)\in [/mm] G$).
Da die Eigenschaft, gut zu sein, Isomorphie-invariant ist, können $G$ und $H$ somit nicht isomorph sein.
Viele Grüße
Tobias
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Danke für eure Hinweise! Habe es berichtigt (auf die Weise, wie ich es im Kopf hatte beim Schreiben des Beitrags, tobit09's Gruppen sind wahrscheinlich rechentechnisch noch etwas einfacher).
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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> Die Idee lässt sich aber retten:
Danke für die Rettung der Idee und Lösung der Aufgabe.
Sie hatte mich wirklich beunruhigt.
LG Angela
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