Ringendomorphismus auf Z

31.05.2009, 17:39

Duedi

Ringendomorphismus auf Z

Hallo!

Soll alle Ringhomomorphismen $\begin{eqnarray*} f:\mathbb Z\rightarrow\mathbb Z \end{eqnarray*}$ bestimmen. Meine Vermutung ist, dass es nur eine, und zwar die Identität gibt. Stimmt das und wenn ja, wie kann ich das beweisen? Mit einem Widerspruchsbeweis habe ich es noch nicht geschafft.

31.05.2009, 17:45

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Es gilt $\begin{eqnarray*} f(1) = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(0) = 0 \end{eqnarray*}$ . Hilft dir das weiter ?

31.05.2009, 18:34

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Es gibt unendlich viele Ringhomomorphismen $\begin{eqnarray*} f:\mathbb Z \rightarrow \mathbb Z \end{eqnarray*}$ . Hinweis: $\begin{eqnarray*} Kern(f)=\lbrace a\in \mathbb Z: f(a)=0\rbrace \end{eqnarray*}$ ist ein Ideal von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ , also insbesondere eine Untergruppe von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ . Wenn du die Untergruppen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ kennst, bist du fast fertig.

31.05.2009, 18:47

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe fälschlicherweise angenommen, dass in der Zielmenge in jedem Fall die "gewöhnlichen" Rechenregeln für ganze Zahlen gelten Hammer

Edit:

Oder lag ich doch nicht so falsch verwirrt

Folgende Definition eines Ringhomomorphismus habe ich in meinem Buch gefunden:

Sind $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ Ringe mit Verknüpfungen $\begin{eqnarray*} +, \cdot \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \oplus ,\otimes \end{eqnarray*}$ ...

Das bedeutet doch, dass die Verknüfungen auf der Zielmenge festgelegt sein müssen, oder irre ich mich da ?

31.05.2009, 19:49

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Für einen Ringhomomorphismus $\begin{eqnarray*} f: ( \mathbb Z,+,\cdot)\rightarrow (\mathbb Z,\oplus,\otimes) \end{eqnarray*}$ muß nicht $\begin{eqnarray*} +=\oplus,\cdot = \otimes \end{eqnarray*}$ sein.

Das einzige was mich ein bißchen verunsichert, ist das Wort "auf" im Titel "Ringendomorphismus auf Z". Weil im Aufgabentext nur noch von Homomorphismus, nicht von Epimorphismus die Rede ist, bleibe ich bei meiner ursprünglichen

Behauptung:
Es gibt viele Ringhomomorphismen $\begin{eqnarray*} f: \mathbb Z=( \mathbb Z,+,\cdot)\rightarrow \mathbb Z=(\mathbb Z,\oplus,\otimes) \end{eqnarray*}$

31.05.2009, 20:04

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Lassen sich die Modulo - Additionen/Multiplikationen auf $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ definieren ?

31.05.2009, 20:08

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, genau die sind's. Problem "gelöst" Augenzwinkern

Frohe Pfingsten

31.05.2009, 20:15

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Es war ja nicht mein Problem, ich wollte Duedi auch nichts vorwegnehmen. Das du das gemeint hast, war mir klar. Aber ich frage mich, ob man diese Verknüpfungen auf $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ definieren kann, da dies ja implizieren würde, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ nur endlich viele Elemente hat verwirrt

Wünsch dir natürlich auch frohe Pfingsten Augenzwinkern

01.06.2009, 00:47

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Sry, war in der Zwischenzeit nicht da. Aber wenn ich irgendwelche Moduloadditionen verwende, bin ich dann noch im Ring der ganzen Zahlen? Ich weiß grad nicht genau, was ich damit anfangen soll. Und über die Verknüpfungen "plus" und "minus" ist nichts genauer gesagt, ich nehme also an, dass sowohl in Definitionsmenge als auch Zielmenge gleich sind.

01.06.2009, 08:14

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Sry, war in der Zwischenzeit nicht da. Aber wenn ich irgendwelche Moduloadditionen verwende, bin ich dann noch im Ring der ganzen Zahlen?

Genau das ist auch mein Gedanke. Die Moduloverknüpfungen kann man nämlich so weit ich weiß nur auf endlichen Mengen definieren.

01.06.2009, 09:26

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich habe erstmal versucht, f als Polynom darzustellen, genauer, als lineare Funktion:

$\begin{eqnarray*} x\mapsto ax+b \end{eqnarray*}$

Jetzt muss gelten:

$\begin{eqnarray*} f(x\cdot y) = a(x\cdot y)+b \stackrel{!}{=} (ax+b)\cdot (ay+b) = f(x)\cdot f(y) \end{eqnarray*}$

Das gilt aber nur wenn a=1 und b=0. Folglich ist das einzige Polynom, mit dem man f bilden kann, die Identität. Allerdings weiß ich nicht genau, ob man die Elemente in Z nicht auf geschickte Art und Weise völlig anders abbilden kann, sodass die Bedingung erfüllt ist.

01.06.2009, 09:29

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Ha! Ich hab ne Idee:

a) $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} f(a+b)=f(a)+f(b) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow f(n+1) = f(n) + f(1) = f(n) + 1\\ \stackrel{\text{a)}}{\Rightarrow}f(2)=1+1;\ f(3)=2+1\cdots \end{eqnarray*}$

Daher ist der einzig mögliche Ringhomomorphismus die Identität?

01.06.2009, 09:35

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja das habe ich mit meinem Hinweis in der ersten Antwort gemeint smile

Ich hätte folgendermaßen argumentiert:

Es gilt $\begin{eqnarray*} f(1) = 1 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} f(a) = f(1 + ... + 1) = f(1) + ... + f(1) = 1+ ... +1 = a \end{eqnarray*}$

Aber das gilt natürlich alles nur unter der Voraussetzung, dass in der Zielmenge die selben Rechenoperationen gelten.

01.06.2009, 11:27

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, danke

.

Ich gehe davon mal aus, da nichts explizit erwähnt wurde und wir bislang noch nicht zwichen "plus" und "kringel-plus" unterschieden haben Augenzwinkern

01.06.2009, 14:09

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Ringendomorphismen $\begin{eqnarray*} f:\mathbb Z\to \mathbb Z \end{eqnarray*}$ haben ein Ideal von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ als Kern, Ideale von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind die Untergruppen $\begin{eqnarray*} m\cdot\mathbb Z, m\in \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$
Für m=1 oder m=0 ergibt das die trivialen Endmorphismen "Identität" und "Nullabbildung", für m>=2 gibt es nichttriviale Endomorphismen..

Die Identität $\begin{eqnarray*} f_1:R\rightarrow R,x\to f_1(x)=x \end{eqnarray*}$ ist immer ein Ringautomorphismus, das ist trivial. $\begin{eqnarray*} Kern(f_1)=\lbrace 0 \rbrace. \end{eqnarray*}$
Die Nullabbildung $\begin{eqnarray*} f_0:R\to R',x\to f_0(x)=0' \end{eqnarray*}$ ist immer ein Ringhomomorphismus, auch trivial. $\begin{eqnarray*} Kern(f_0)=R. \end{eqnarray*}$

Nichttriviale Endomorphismen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind die Abbildungen $\begin{eqnarray*} f_m:\mathbb Z\to\mathbb Z, x\to f_m(x)=x(mod\, m) \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} Kern(f_m)=m\cdot\mathbb Z, m\geq 2 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} x(mod\, m) \end{eqnarray*}$ ist ein Element eines Vertretersystems der Restklassen $\begin{eqnarray*} \hat x=x+m\cdot\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , als Vertretersystem nimmt man gerne $\begin{eqnarray*} \lbrace 0,1,...,m-1 \rbrace\subset\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} f_m \end{eqnarray*}$ tatsächlich eine Abbildung in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .
Daß $\begin{eqnarray*} f_m \end{eqnarray*}$ ein Ringendomorphismus ist, sieht man so: $\begin{eqnarray*} f_m(a+b)=a+b(mod\, m)=a(mod\, m)\oplus b(mod\, m)=f_m(a)\oplus f_m(b) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_m(a\cdot b)=a\cdot b(mod\, m)=a(mod\, m)\otimes b(mod\, m)=f_m(a)\otimes f_m(b) \end{eqnarray*}$ .
Es ist dabei $\begin{eqnarray*} \oplus \end{eqnarray*}$ die Addition (mod m) und $\begin{eqnarray*} \otimes \end{eqnarray*}$ die Multiplikation (mod m), damit die Ergebnisse alle wieder im Vertretersystem liegen.

01.06.2009, 14:13

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein Endomorphismus ist ein Homomorphismus in dieselbe Struktur, folglich sind auch die Verknüpfungen gleich!

Deswegen stimme ich Elvis' Lösung nicht zu

01.06.2009, 14:21

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Die Nullabbildung $\begin{eqnarray*} f_0:R\to R',x\to f_0(x)=0' \end{eqnarray*}$ ist immer ein Ringhomomorphismus, auch trivial. $\begin{eqnarray*} Kern(f_0)=R. \end{eqnarray*}$

http://de.wikipedia.org/wiki/Ringtheorie#Ringhomomorphismus

01.06.2009, 14:25

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Felix

Zitat:

Die Nullabbildung $\begin{eqnarray*} f_0:R\to R',x\to f_0(x)=0' \end{eqnarray*}$ ist immer ein Ringhomomorphismus, auch trivial. $\begin{eqnarray*} Kern(f_0)=R. \end{eqnarray*}$

http://de.wikipedia.org/wiki/Ringtheorie#Ringhomomorphismus

Definitionssache. So wie ich es kenne wird f(1) = 1 nicht explizit gefordert.

Insbesondere ergeben sich dadurch alle Homomorphismen durch x -> nx womit wir auch wieder die Aussage zum Kern von Elvis haben

01.06.2009, 14:30

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Aufgabe war doch "Ringhomomorphismen $\begin{eqnarray*} f:\mathbb Z\to\mathbb Z \end{eqnarray*}$ bestimmen". Von Struktur ist da nicht die Rede. Außerdem meine ich, daß ein Endomorphismus einfach ein Homomorphismus einer Menge M in sich ist.

01.06.2009, 14:46

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Stimmt die Aufgabe und der Titel widersprechen sich!

Und bei einem Endomorphismus ist immer die Struktur mitgemeint!

Deine Einstellung Z nur als Menge zu verstehen kann ich nicht nachvollziehen. Deiner Meinung nach kann man dann auch Homomorphismen von Q nach Z oder ähnlich betrachten, ist immerhin isomorph als Menge Augenzwinkern

01.06.2009, 14:51

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht ganz so. Der Begriff "Homomorphismus" als "strukturverträgliche Abbildung" setzt Strukturen auf der Definitionsmenge und der Zielmenge voraus.

01.06.2009, 14:51

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist $\begin{eqnarray*} 2a+1 \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} 2b + 1 \end{eqnarray*}$ noch unterscheidbar (mit $\begin{eqnarray*} a \neq b \end{eqnarray*}$ ) in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z ( +_{\mod 2} , \cdot_{\mod 2}) \end{eqnarray*}$ (ich hoffe ich hab das jetzt formal richtig aufgeschrieben) ?
Wenn nicht, dann sprechen wir hier ja nicht mehr vom Ring $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ der ganzen Zahlen verwirrt

01.06.2009, 15:08

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} 2a\equiv 2b\equiv 0 (mod\,2)\Rightarrow 2a+1\equiv 2b+1\equiv 1 (mod\,2) \end{eqnarray*}$ , also sind $\begin{eqnarray*} 2a+1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2b+1 \end{eqnarray*}$ modulo2 nicht unterscheidbar. Trotzdem ist $\begin{eqnarray*} 1\in\lbrace 0,1\rbrace\subset \mathbb Z \end{eqnarray*}$ eine ganze Zahl.

01.06.2009, 15:16

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Trotzdem ist $\begin{eqnarray*} 1\in\lbrace 0,1\rbrace\subset \mathbb Z \end{eqnarray*}$ eine ganze Zahl.

Ja da gebe ich dir schon recht.

Allerdings setzt, wie du selbst gesagt hast, der Begriff "Homomorphismus" voraus, dass auf der Zielmenge eine Struktur vorhanden ist. Diese "modulo-Struktur" impliziert aber, da anhand der definierten Verknüpfungen keine Unterscheidung mehr möglich ist, dass die Zielmenge nicht mehr $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sondern eben $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / m \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist. Wohlgemerkt, die Zielmenge und nicht der Wertebereich.

Sehe ich da irgendetwas verkehrt ?

lg

01.06.2009, 15:19

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das siehst du verkehrt. Ich habe $\begin{eqnarray*} f_m(x)=x(mod\, m)\in\lbrace 0,1,...,m-1 \rbrace\subset \mathbb Z \end{eqnarray*}$ als ganze Zahl definiert und nicht als Restklasse.

01.06.2009, 15:33

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kiste

Zitat:

Original von Felix

Zitat:

Die Nullabbildung $\begin{eqnarray*} f_0:R\to R',x\to f_0(x)=0' \end{eqnarray*}$ ist immer ein Ringhomomorphismus, auch trivial. $\begin{eqnarray*} Kern(f_0)=R. \end{eqnarray*}$

http://de.wikipedia.org/wiki/Ringtheorie#Ringhomomorphismus

Definitionssache. So wie ich es kenne wird f(1) = 1 nicht explizit gefordert.

In unserer Definition steht das aber genauso drin.

01.06.2009, 15:42

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann entfällt $\begin{eqnarray*} f_0 \end{eqnarray*}$ , es bleiben $\begin{eqnarray*} f_m, m\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ .

01.06.2009, 15:42

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Normalerweise gilt auf dem Ring der ganzen Zahlen (mit üblichen Verknüpfungen) eine Ähnlichkeitsrelation für Elemente die bei Division durch eine Zahl m den selben Rest haben. Sind nun aber statt den Üblichen die "Modulo - m" Verknüpfungen erklärt, dann sind Elemente der selben Restklasse (bezüglich m) innerhalb dieser Struktur überhaupt nicht mehr zu unterscheiden. Folglich kann man doch sagen, dass die Elemente ein und derselben Restklasse gleich sind. Dann hat aber die Menge der ganzen Zahlen nur noch m verschiedene Elemente, kann also nicht die Menge der ganzen Zahlen sein verwirrt

01.06.2009, 15:47

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Das heißt nur, daß der Homomorphismus kein Epimorphismus, also nicht surjektiv ist. Das wird ja von einem Homomorphismus auch nicht verlangt.

01.06.2009, 15:52

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich spreche ja auch nicht von der Abbildung direkt. Bevor man den Homomorphismus definiert, musst man doch bestimmen welche Struktur in der Zielmenge "ist". Ich meine nun, dass man diese "Modulo-Struktur" auf $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ , aus im letzten Beitrag angeführten Gründen, nicht "anwenden" (mir fehlen ein wenig die Worte) kann.

01.06.2009, 15:54

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Doch, ich kann das. Augenzwinkern

Hab's doch gemacht, und es funktioniert prima.

01.06.2009, 16:01

Felix

Auf diesen Beitrag antworten »

Im Zweifelsfall vertraue ich dir natürlich, aber kannst du mir sagen, was an dieser Folgerung falsch ist :

Zitat:

Normalerweise gilt auf dem Ring der ganzen Zahlen (mit üblichen Verknüpfungen) eine Ähnlichkeitsrelation für Elemente die bei Division durch eine Zahl m den selben Rest haben. Sind nun aber statt den Üblichen die "Modulo - m" Verknüpfungen erklärt, dann sind Elemente der selben Restklasse (bezüglich m) innerhalb dieser Struktur überhaupt nicht mehr zu unterscheiden. Folglich kann man doch sagen, dass die Elemente ein und derselben Restklasse gleich sind. Dann hat aber die Menge der ganzen Zahlen nur noch m verschiedene Elemente, kann also nicht die Menge der ganzen Zahlen sein verwirrt

01.06.2009, 22:35

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Da wir solche Moduloperationen beinahe noch gar nicht angesprochen haben, nehme ich mal nicht an, dass es so dran kommt. Ich danke euch auf jeden Fall vielmals für eure Hilfe.

01.06.2009, 23:01

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Elvis
Ringendomorphismen $\begin{eqnarray*} f:\mathbb Z\to \mathbb Z \end{eqnarray*}$ haben ein Ideal von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ als Kern, Ideale von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind die Untergruppen $\begin{eqnarray*} m\cdot\mathbb Z, m\in \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$
Für m=1 oder m=0 ergibt das die trivialen Endmorphismen "Identität" und "Nullabbildung", für m>=2 gibt es nichttriviale Endomorphismen..

Die Identität $\begin{eqnarray*} f_1:R\rightarrow R,x\to f_1(x)=x \end{eqnarray*}$ ist immer ein Ringautomorphismus, das ist trivial. $\begin{eqnarray*} Kern(f_1)=\lbrace 0 \rbrace. \end{eqnarray*}$
Die Nullabbildung $\begin{eqnarray*} f_0:R\to R',x\to f_0(x)=0' \end{eqnarray*}$ ist immer ein Ringhomomorphismus, auch trivial. $\begin{eqnarray*} Kern(f_0)=R. \end{eqnarray*}$

Nichttriviale Endomorphismen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind die Abbildungen $\begin{eqnarray*} f_m:\mathbb Z\to\mathbb Z, x\to f_m(x)=x(mod\, m) \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} Kern(f_m)=m\cdot\mathbb Z, m\geq 2 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} x(mod\, m) \end{eqnarray*}$ ist ein Element eines Vertretersystems der Restklassen $\begin{eqnarray*} \hat x=x+m\cdot\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , als Vertretersystem nimmt man gerne $\begin{eqnarray*} \lbrace 0,1,...,m-1 \rbrace\subset\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} f_m \end{eqnarray*}$ tatsächlich eine Abbildung in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .
Daß $\begin{eqnarray*} f_m \end{eqnarray*}$ ein Ringendomorphismus ist, sieht man so: $\begin{eqnarray*} f_m(a+b)=a+b(mod\, m)=a(mod\, m)\oplus b(mod\, m)=f_m(a)\oplus f_m(b) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_m(a\cdot b)=a\cdot b(mod\, m)=a(mod\, m)\otimes b(mod\, m)=f_m(a)\otimes f_m(b) \end{eqnarray*}$ .
Es ist dabei $\begin{eqnarray*} \oplus \end{eqnarray*}$ die Addition (mod m) und $\begin{eqnarray*} \otimes \end{eqnarray*}$ die Multiplikation (mod m), damit die Ergebnisse alle wieder im Vertretersystem liegen.

Und was ist das Inverse der 1? Bezüglich + ist es -1? Oder m-1? Oder...?
Bezüglich * ist es vllt. 1? Oder doch m+1 etc.
Mit anderen Worten: Mit diesen Verknüpfungen bildet das ganze kein Ring

02.06.2009, 10:21

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

Das additive Inverse von 1 ist m-1, weil $\begin{eqnarray*} 1+(m-1)=m\equiv 0(mod\,m) \end{eqnarray*}$ . Das multiplikative Inverse von 1 ist 1, weil 1*1=1 .
Übrigens muß in einem Ring nicht jedes Element ein multiplikatives Inverses haben, in $\begin{eqnarray*} (\mathbb Z,+,\cdot) \end{eqnarray*}$ hat z.B. 2 kein Inverses, denn $\begin{eqnarray*} \frac 1 2\in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} \frac 1 2\notin \mathbb Z \end{eqnarray*}$
Die Faktormengen $\begin{eqnarray*} (\mathbb Z/m\mathbb Z,\oplus,\otimes) \end{eqnarray*}$ sind Ringe für jedes $\begin{eqnarray*} m\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ . Wenn ich als Menge ein geeignetes Vertretersystem ganzer Zahlen benutze habe ich eine dazu isomorphe algebraische Struktur.
Sie sind sogar Körper für Primzahlen $\begin{eqnarray*} m=p\in\mathbb P \end{eqnarray*}$ . Man nennt diese Körper Primkörper oder Galoisfelder $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p \end{eqnarray*}$

02.06.2009, 10:31

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok und was ist 1 + (2m-1)? Nach deiner Verknüpfung eben auch 0. Es kann aber nicht 2 Inverse geben.

Du hast deine Verknüpfungen nur auf dem Bildraum definiert, das ist mein Einwand. Du musst sie allerdings für ganz Z definieren.

Der Rest deiner Erklärung ist mir klar, jedoch keine Entkräftigung meiner Argumente da die 1 immer ein Inverses hat.

02.06.2009, 10:33

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

@Felix
die Homomorphismen $\begin{eqnarray*} f_m: (\mathbb Z,+,\cdot)\to (\lbrace 0,1,...,m-1\rbrace,\oplus,\otimes) \subset (\mathbb Z,\oplus,\otimes) \end{eqnarray*}$ bilden die ganzen Zahlen in die ganzen Zahlen ab, diese Abbildungen sind nicht surjektiv, das heißt sie bilden die ganzen Zahle nicht auf die ganzen Zahlen ab, das heißt es gibt ganze Zahlen (z>m) die nicht als Bild auftreten.

02.06.2009, 10:36

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Auf die Gefahr mich zu Wiederholen:
$\begin{eqnarray*} (\mathbb Z,\oplus,\otimes) \end{eqnarray*}$ ist kein Ring, und damit dein $\begin{eqnarray*} f_m \end{eqnarray*}$ kein Ringhomomorphismus!

02.06.2009, 10:41

Elvis

Auf diesen Beitrag antworten »

@kiste
Homomorphismen müssen nicht surjektiv sein. Für jeden Vektorraum ist die Abbildung $\begin{eqnarray*} \varphi:V\to V,x\to 0 \end{eqnarray*}$ ein Endomorphismus, seine Darstellungsmatrix die Nullmatrix. Alle singulären Matrizen gehören zu nichtsurjektiven Endomorphismen, haben als Bild also nur einen Teilraum. Kein Mensch kommt auf die Idee, daß das keine linearen Abbildungen, also keine Homomorphismen seien.

02.06.2009, 10:44

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe doch niemals behauptet dass sie surjektiv sein müssen. Aber ein Ringhomomorphismus ist eine Abbildung $\begin{eqnarray*} f : R \to S \end{eqnarray*}$ , R und S Ringe für die gilt....

In deinem Fall ist S kein Ring! Da kann es noch hundertmal der Fall sein dass das Bild von $\begin{eqnarray*} f_m \end{eqnarray*}$ ein Ring ist, aber laut Definition muss S eben ein Ring sein. Und wie ich bereits gezeigt habe ist es das mit den angegebenen Verknüpfungen eben nicht.

12 nächste Seite »

Neue Frage »

Antworten »

Ringendomorphismus auf Z

Verwandte Themen