Körperaxiome nachrechnen - Anzahl der Möglichkeiten

22.04.2010, 17:41

rauschgold

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Körperaxiome nachrechnen - Anzahl der Möglichkeiten

Hey Leute,

ich muss für den Körper $\begin{eqnarray*} K = \{{0,1,2,3}\} \end{eqnarray*}$ die Körperaxiome nachrechnen.

Wie das geht, ist mir klar, nur möchte ich zuerst die Kommutativität beweisen, so dass ich mir nachher beim Beweise der Assoziativität einige Fälle mit dem Verweis auf die bereits gezeigte Kommutativität spare.

Nun finde ich es etwas lästig, alle Fälle "durchdenken" zu müssen und würde so gerne gleich zu Beginn erst einmal die Anzahl aller überhaupt möglichen Kombinationen ermittlen.

Bei der Kommutativität ist das klar, ich muss ja für jeweils 2 Elemente a und b e K beweisen: $\begin{eqnarray*} a + b = b + a. \end{eqnarray*}$ Dazu habe ich $\begin{eqnarray*} 4^2 / 2 = 8 \end{eqnarray*}$ Terme.

Nun aber zur Assoziativität: ich muss beweisen $\begin{eqnarray*} (a + b) + c = a + (b + c) \end{eqnarray*}$ , nehme mir also 3 Elemente aus den 4 raus, wobei die Reihenfolge unerheblich ist, da ich die übrigen Fälle ja mit der Kommutativität ermitteln kann.

Per "Überlegen" komme ich auf 20 mögliche Fälle, 3 Elemente aus den 4 zu kombinieren, wobei Wiederholungen ja erlaubt sind.

Aber wie kann ich das rechnerisch ermitteln? Ich weiss, das ist Abiwissen, aber mir fällts nicht mehr ein, wie das gehen soll.

Für jede der zu besetzenden 3 Stellen habe ich 4 Möglichkeiten, also $\begin{eqnarray*} 4*4*4 = 64 \end{eqnarray*}$ . Die Reihenfolge spielt aber keine Rolle. Nur wie kann ich dann von den 64 ausgehend so weiterrechnen, dass ich auf die 20 komme?

Wäre echt nett, wenn wir mir jemand weiterhelfen könnte!

Vielen Dank!

Edit: LaTeX korrigiert. Geschweifte Klammern mit \{ und \}. Gruß, Reksilat.

22.04.2010, 17:50

wisili

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RE: Körperaxiome nachrechnen - Anzahl der Möglichkeiten
Zur Kommutativität kann man a=b weglassen. Dann sind es nur 4*3/2 = 6 Möglichkeiten.
Zur Assoziativität: Welche der 64 Möglichkeiten willst du weglassen? Beispiel?

22.04.2010, 17:58

rauschgold

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Danke für deine Antwort.

Okay, von den 64 Möglichkeiten sehen 4 beispielsweise so aus:

i) $\begin{eqnarray*} (1 + 2 ) + 3 = 3 + 3 = 2 = 1 + 1 = 1 + (2 + 3) \end{eqnarray*}$
ii $\begin{eqnarray*} (2 + 1) + 3 = 3 + 3 = 2 = 2 + 0 = 2 + (1 + 3) \end{eqnarray*}$ [also i mit vertauschten Rollen von 1 und 2)
iii) $\begin{eqnarray*} (1 + 3) + 2 = 0 + 2 = 2 = 1 + 1 = 1 + (2 + 3) \end{eqnarray*}$
iv) ... [also iii mit vertauschten Rollen von 1 und 3]
v) $\begin{eqnarray*} (2 + 3) + 1 = 1 + 1 = 2 = 2 + 0 = 2 + (3 + 1) \end{eqnarray*}$
vi) ... [also v mit vertauschten Rollen von 2 und 3].

Die Fälle ii, iv und vi behandeln ja jeweils nur die vorigen Fälle mit vertauschten Rollen.
Damit ich genau ii, iv und vi nicht mehr hinschreiben muss (vertauschte Fälle ergeben sich ja aus der Kommutativität!) wollte ich zuerst diesselbige beweisen.

Das ist doch der richtige Gedanke, oder?
Bei einem anderen Körperbeweis hab ich zuerst die Kommutativität und dann die Assoziativät berechnet und bei letzterer aus erstere verwiesen, um so Schreibarbeit zu sparen. Das wurde so auch akzeptiert.

22.04.2010, 18:24

Mystic

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Zitat:

Original von rauschgold
Das ist doch der richtige Gedanke, oder?

Ne, du bist soweit daneben, wie man nur daneben sein kann... Die additive Gruppe ist nämlich nicht zyklisch, d.h., es wird nicht mod 4 gerechnet... Daher ist auch die Fallunterscheidung eine ganz andere für die Überprüfung von (a+b)+c=a+(b+c), nämlich

1. Kommt die 0 unter den Elementen a,b,c vor? (Für nachfolgende Fälle wird dies dann ausgeschlossen!)
2. Ist {a,b,c} 1-elementig?
3. Ist {a,b,c} 3-elementig?
4. Ist {a,b,c} 2-elementig?

22.04.2010, 18:27

wisili

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@rauschgold
Ich verstehe jetzt hoffentlich: Du meinst auch, man kann halbieren: es bleiben 32 Möglichkeiten (weil 123 mit 321 abgedeckt ist). Aber mehr Einsparung habe ich leider noch nicht entdeckt.

@Mystic
Ich habe gar nicht auf die Operationen geachtet, nur kombinatorisch überlegt.

22.04.2010, 18:33

rauschgold

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@Mystic. Es wird nicht mod4 gerechnet? Wie denn dann? In den Übungen haben wir es immer mod4 gemacht! Was wäre denn dann 3 + 1? Etwa nicht 0?

{a,b,c} ist doch immer 3-elementig. Oder meinst du damit, wie viele Elemente verschieden sind?

@wissli: Genau so habe ich mir das gedacht. Um alle Fälle zu ermitteln habe ich dann eben $\begin{eqnarray*} (1,2,3), (2,3,1), (3,2,1), (3,1,2) \end{eqnarray*}$ durch die einfache, nach Größe der Zahlen angeordenete Menge $\begin{eqnarray*} (1,2,3) \end{eqnarray*}$ abgedeckt (weil mich ja die versch. Stellungen nicht jucken). So langsam komme ich selber auf die "Lösung". Für 4 Tripel, die ich abdecken will (siehe oben) schreibe ich aber nur eines hin, nämlich mein geordnetes (1,2,3). Damit habe ich nur $\begin{eqnarray*} 64 / 4 = 16 \end{eqnarray*}$ Fälle auf dem Blatt stehen. Dazu kommen dann noch die 4 Fälle, dass $\begin{eqnarray*} a = b = c \end{eqnarray*}$ ist und somit sind meine 20 komplett und das ergibt die Anzahl.

Nun generell: muss ich dann echt alle 64 Fälle hinschreiben? Das wäre doch eine ABM. Also war mein Gedanke, einige Fälle durch den Veweis auf die Kommutativität abzudecken nun richtig oder falsch?

Danke für eure Mühe!

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22.04.2010, 18:43

Mystic

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Zitat:

Original von rauschgold
@Mystic. Es wird nicht mod4 gerechnet? Wie denn dann? In den Übungen haben wir es immer mod4 gemacht! Was wäre denn dann 3 + 1? Etwa nicht 0?

{a,b,c} ist doch immer 3-elementig. Oder meinst du damit, wie viele Elemente verschieden sind?

Nein, wie ich schon sagte, es wird nicht mod 4 gerechnet, sondern so:

1. $\begin{eqnarray*} 0+a = a \quad \forall a \in \{0,1,2,3\} \end{eqnarray*}$ .
2. $\begin{eqnarray*} a+a = 0 \quad \forall a \in \{0,1,2,3\} \end{eqnarray*}$ .
3. $\begin{eqnarray*} a+b=c \quad \forall a,b,c \in \{0,1,2,3\} \text{ mit } \{a,b,c\}=\{1,2,3\} \end{eqnarray*}$ .

Und nein, {a,b,c} ist natürlich nicht immer dreielementig, sondern hat 1,2 oder 3 Elemente als Menge...Z.B. ist {a,b,c}={1,2}, wenn a=b=1, c=2...

22.04.2010, 18:51

rauschgold

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Zitat:

Original von Mystic

Zitat:

Original von rauschgold
@Mystic. Es wird nicht mod4 gerechnet? Wie denn dann? In den Übungen haben wir es immer mod4 gemacht! Was wäre denn dann 3 + 1? Etwa nicht 0?

{a,b,c} ist doch immer 3-elementig. Oder meinst du damit, wie viele Elemente verschieden sind?

Nein, wie ich schon sagte, es wird nicht mod 4 gerechnet, sondern so:

1. $\begin{eqnarray*} 0+a = a \quad \forall a \in \{0,1,2,3\} \end{eqnarray*}$ .
2. $\begin{eqnarray*} a+a = 0 \quad \forall a \in \{0,1,2,3\} \end{eqnarray*}$ .
3. $\begin{eqnarray*} a+b=c \quad \forall a,b,c \in \{0,1,2,3\} \text{ mit } \{a,b,c\}=\{1,2,3\} \end{eqnarray*}$ .

Und nein, {a,b,c} ist natürlich nicht immer dreielementig, sondern hat 1,2 oder 3 Elemente als Menge...Z.B. ist {a,b,c}={1,2}, wenn a=b=1, c=2...

So habe ich definitiv noch nie gemacht. Dann sind wir scheinbar immer von zyklischen Körpern ausgegangen, denn a + a war noch nie zwingend 0 oder so.

Naja, das ist ja nebensächlich, mir geht es eher um die Anzahl der Möglichkeiten und darum inwiefern ich dank der Kommutativität Fälle der Assoziativität weglassen kann.

Kann dazu noch jemand was sagen? Das habe ich auch im Beitrag eins vorher nochmal angesprochen.

22.04.2010, 20:03

Mystic

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Alles, was ich im Moment sehe, ist folgende Implikation aus der Kommutativität:

$\begin{eqnarray*} (a+b)+c= a+(b+c) \Rightarrow (c+b)+a =c+(b+a) \quad (a \neq c) \end{eqnarray*}$

Im Detail sieht man das wie folgt:

$\begin{eqnarray*} (a+b)+c=a+(b+c) \Rightarrow (c+b)+a= a+(b+c) = (a+b)+c = c+(b+a) \end{eqnarray*}$

Damit kann man sich also von den (4*3)*4 Fällen, die sich obiger Regel unterordnen, die Hälfte, also dann 24 Fälle sparen. Des weiteren gelten die 16 Fälle, nämlich

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

für beliebige a und b automatisch als Folge der Kommutativität, womit wir bei verbleibenden 24 Fällen wären...

Mehr Reduktionsmöglichkeiten sehe ich aber im Moment nicht, insbesondere blicke ich überhaupt nicht durch, warum deine Fälle i)ii)...vi) äquivalent sein sollen... Kannst vielleicht mal irgendwas davon nach obigem Muster im Detail vorrechnen?

22.04.2010, 20:48

Elvis

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@Rauschgold
Mystic hat natürlich recht. Du musst dir erst mal klarmachen, dass ein Körper mit 4 Elementen nur der $\begin{eqnarray*} \mathbb F_4 \end{eqnarray*}$ sein kann, sein Primkörper ist $\begin{eqnarray*} \mathbb F_2 \end{eqnarray*}$ , also hat auch K die Charakteristik 2.
Wenn du den Körper nicht kennst und nicht weisst, wie man darin rechnet, kannst du auch keine Axiome nachweisen. Kombinatorik ist hier fehl am Platz.
$\begin{eqnarray*} \mathbb Z/4\mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist kein Körper.

22.04.2010, 20:50

rauschgold

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Danke für deine Antwort, Mystic.
Scheinbar reden wir irgendwie aneinander vorbei.

Die Implikation, die du gemeint hast, ist auch die, die ich meine,

$\begin{eqnarray*} (a+b)+c= a+(b+c) \Rightarrow (c+b)+a =c+(b+a) \quad (a \neq c) \end{eqnarray*}$

Genau auf das wollte ich hinaus, ich kann ja zwei Summanden dank der Kommutativität einfach vertauschen. Dann spare ich mir einige Fälle.

Normalerweise könnte ich zu den 2 Summanden a,b und c ja mehrere Fälle nennen, nämlich die, bei denen ich die Reihenfolge von den dreien vertausche. So erhalte ich 6 Fällle, will aber nicht alle nennen, weil das Schreibarbeit ist und es dank Kommutativität ja auch reicht, nur einen Fall anzugeben, nämlich den, den du oben nennst. Dann müssten doch alle Kombis für a, b und c mit a != c abgedeckt sein, oder?

Du sagst, ich kann mir 24 Fälle sparen. Dann habe ich ja immernoch 40 zu beweisen und das scheint mir etwas viel (ich kann mir nicht vorstellen, dass von uns erwartet wird, 40 mal sowas nachzurechnen). Ich dachte eher, es bleiben 24 Fälle übrig, die ich dann hinschreiben muss und aus denen sich dann, mit Verweis auf die Kommutativität, die anderen Fälle automatisch ergeben (oder Implikationen, wie du es nennst).

Ich meinte nicht, dass ii), iv) und vii) äquivalent sind, sondern dass
ii) mit der Kommutativität aus i) folgt, genauso folgt iv) aus iii) und vii) aus vi), weil ich ja immer nur Summanden vertausche. Alle 6 Fälle aufzuschreiben kann ich mir jedoch sparen, weil ich mit Verweis auf die Kommutativität die anderen ja automatisch erhalte.

In meinem Beispiel würde ich also nur die Fälle i, iii und v hinschreiben:

i) $\begin{eqnarray*} (1 + 2) + 3 = 3 + 3 = 2 = 1 + 1 = 1 + (2 + 3) \end{eqnarray*}$
iii) $\begin{eqnarray*} (1 + 3) + 2 = 0 + 2 = 2 = 1 + 1 = 1 + (2 + 3) \end{eqnarray*}$
v) $\begin{eqnarray*} (2 + 3) + 1 = 1 + 1 = 2 = 2 + 0 = 2 + (3 + 1) \end{eqnarray*}$

und dann noch dazu "die restlichen Fälle (also für vertauschte Rollen der Summanden) ergeben sich aus der Kommutativität". Wäre das okay?

Desweiteren: um alle Möglichkeiten herauszufinden, also die konkreten Kombinationen, habe ich mir auf ein Blatt ein Schema gemalt. Einmal schreibe ich nur Kombis hin mit 3 gleichen Ziffern (das sind 4 Fälle), dann die Kombis, in denen genau eine 1 vorkommt, dann die mit genau einer 2 usw. Dann mache ich weiter mit denen, in denen genau zwei mal die 1 vorkommt (sofern die sich nicht schon vorher ergeben haben) usw. Auf die Reihenfolge lege ich da keinen Wert, es geht mir rein um die Kombination, also steht nur einmal da (1,2,3) und nicht (2,1,3), (3,1,2) ... usw, da diese Fällle ja schon durch die Kommutativität abgedeckt werden (wie ich jedenfalls dachte). So ergeben sich bei mir (und auch meiner Kollegin) 20 Fälle und auf diese, sagen wir praktische nachgewiesene Anzahl von Fällen will ich nun auch irgendwie rechnerisch kommen.

Und hier nochmal dazu, wie ich es meine:
Sei also das besagte Tripel $\begin{eqnarray*} (1,2,2). \end{eqnarray*}$

Dann weiss ich, mit der Kommutativität: $\begin{eqnarray*} 1 + 2 = 3 = 2 + 1. \end{eqnarray*}$
Zur Assoziativität muss ich folgende Fälle nachrechnen:

$\begin{eqnarray*} i) 1 + (2 + 2) = (1 + 2) + 2. <br /> (ii) 1 + (2 + 2) = (1 + 2) + 2.) <br /> iii) 2 + (1 + 2) = (2 + 1) + 2 i<br /> v) 2 + (2 + 1) = (2 + 2) + 1. \end{eqnarray*}$

Das sind, ganz formal gesehen, 4*2 = 8 Fälle.
Dabei ergibt sich doch ii) aus i) (die Vertauschung der 2en macht ja nix aus), also minus 1 Fall. Und die iv) ergibt sich mit der Kommutativität doch auf der iii), also wiederum minus 1 Fall.

So, und nun merke ich, wo vielleicht mein Fehler liegt. Ich wollte eigentlich ii) und iv) eliminieren, in dem ich sie auf i) und iii) herunterbreche. Aber das klappt ja nicht, weil die rechten Seiten eben jeweils nicht dank Kommutativität ineinander zu überführen sind, richtig?

Sehe ich es dann also richtig, dass ich streng genommen 20 solcher Gleichungen (jede hat ja zwei Seiten, also erhalte ich 40 Aussagen) hinschreiben und nachrechnen muss und sich nicht mehr reduzieren lässt?

Dachte nicht, dass meine Frage so ein harter Brocken wirds. Sagt mir einfach, wie's richtig ist und so werd ich's machen!

Danke!

22.04.2010, 20:52

rauschgold

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Zitat:

Original von Elvis
@Rauschgold
Mystic hat natürlich recht. Du musst dir erst mal klarmachen, dass ein Körper mit 4 Elementen nur der $\begin{eqnarray*} \mathbb F_4 \end{eqnarray*}$ sein kann, sein Primkörper ist $\begin{eqnarray*} \mathbb F_2 \end{eqnarray*}$ , also hat auch K die Charakteristik 2.
Wenn du den Körper nicht kennst und nicht weisst, wie man darin rechnet, kannst du auch keine Axiome nachweisen. Kombinatorik ist hier fehl am Platz.

Danke für den Hinweis.
Ich bin jetzt total durcheinander: wir haben in einem Körper immer zyklisch gerechnet, das heisst wenn ich das "letzte" Element nehme und 1 dazu addiere, bin ich wieder am "Anfang", also beim ersten Element usw.

Die Kombinatorik wollte ich ja nur anwenden, um schon im Vorfeld zu wissen wie viele Fälle ich eigentlich nachrechnen muss. Mir ging's nur um die Anzahl; weiss ich die vorher schon und erhalte nach der Rechnerei aber weniger Fälle als die Anzahl, dann weiss ich halt, dass ich nochmal überlegen muss und noch etwas fehlt. Das war alles was ich wollte :-).

22.04.2010, 21:00

Elvis

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Das zyklische Rechnen funktioniert nur in den Primkörpern $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p=\mathbb Z/p\mathbb Z \end{eqnarray*}$ . Für alle anderen ist die Arithmetik in $\begin{eqnarray*} \mathbb F_q=\mathbb F_{p^n} \end{eqnarray*}$ eine andere. Sie wird mittels Faktorisierung des Polynomrings $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p[X] \end{eqnarray*}$ nach einem irreduziblen Polynom n-ten Grades definiert.

22.04.2010, 21:05

Elvis

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Zum Beispiel zeigt 2*2=4=0 in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/4\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , dass das kein Körper sein kann - denn Körper sind nullteilerfrei.

22.04.2010, 21:12

Huggy

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Könnte es sein, dass die Aufgabe so gemeint ist, dass man darauf kommen soll, dass im Restklassenring $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_4 \end{eqnarray*}$ nicht alle Körperaxiome erfüllt sind? Dann braucht man natürlich nicht alle nachzurechnen, sondern nur die Lücke aufzuzeigen.

22.04.2010, 21:20

Elvis

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Kann sein, muss aber nicht sein. Immerhin gibt es einen Körper mit 4 Elementen, dann schreibt man aber üblicherweise nicht K={0,1,2,3}, sondern K={0,1,a,1+a} . Dabei ist a eine Nullstelle eines irreduziblen quadratischen Polynoms (z.B. $\begin{eqnarray*} f(x)=x^2+x+1 \end{eqnarray*}$ ), woraus sich alles weitere ergibt.

22.04.2010, 22:06

rauschgold

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Ohje :-)

Ich wollte doch nur die Anzahl der Möglichkeiten wissen und wie ich sie auf weniger Fälle runterbrechen kann.

Ist es nicht egal ob ich einen Körper mit 4 oder mit 3 Elementen habe?
Mit 3 Elementen klappt doch auch alles, deshalb dachte ich, bei 4 wäre dem auch so?!

Sorry, ich wollte nicht, dass die Diskussion so abschweift. Ich hab nicht damit gerechnet, dass wir vor einem solchen "Problem" landen würde.

22.04.2010, 22:17

Iorek

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Zitat:

Original von rauschgold

Ist es nicht egal ob ich einen Körper mit 4 oder mit 3 Elementen habe?
Mit 3 Elementen klappt doch auch alles, deshalb dachte ich, bei 4 wäre dem auch so?!

Das kommt ganz darauf an, wie du deinen "Körper" konstruierst; $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p=\mathbb Z/p\mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist nämlich nur dann ein Körper, wenn p Primzahl ist.

Es gibt durchaus auch einen Körper mit 4 Elementen (siehe z.B. Elvis Beitrag), der ist aber eben NICHT $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/4\mathbb Z \end{eqnarray*}$

22.04.2010, 22:35

Mystic

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@rauschgold

Ich muss zugeben, ich blicke bei deinen Rechnungen bzw. Überlegungen überhaupt nicht durch, alles was ich dazu sagen kann ist, dass sie klar falsch sind, schon allein deshalb, weil sie auf das falsche Endergebnis, nämlich 20 statt richtig 24 führen...

Ich habe z.B. die Implikation

$\begin{eqnarray*} (a+b)+c= a+(b+c) \Rightarrow (c+b)+a =c+(b+a) \quad (a \neq c) \end{eqnarray*}$

oben wirklich bewiesen, indem ich allein das Kommutativgesetz in der additiven Gruppe angewandt habe und nichts sonst... Des weiteren kann man auch die Beziehung

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

beweisen, und zwar wieder nur mit der Kommutativität... Ich führe dir das nochmals Schritt für Schritt vor:

$\begin{eqnarray*} (a+b)+a= (b+a)+a \text{ (weil a+b=b+a ist)} = a +(b+a) \end{eqnarray*}$ (weil gilt a+u=u+a mit u=b+a)

Vielleicht siehst du an diesen Beispielen, wie weit du bei deinen Behauptungen von einem Beweis entfernt bist...

Übrigens muss man in einem beliebigen Gruppoid (G,*) mit n Elementen ganz allgemein statt $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ nur $\begin{eqnarray*} n^2(n-1)/2 \end{eqnarray*}$ Assoziativitätsbedingungen überprüfen, wenn die Operation kommutativ ist... Das kann man sich so überlegen, dass man das Assoziativgesetz, welches man in der Form

$\begin{eqnarray*} (a*x)*b = a*(x*b) \quad \forall a,b,x \in G \end{eqnarray*}$

mit Hilfe der Linksmultiplikation $\begin{eqnarray*} L_a \text{ mit } x \mapsto a*x \ (x \in G) \end{eqnarray*}$ und der Rechtsmultiplikationen $\begin{eqnarray*} R_b \text{ mit } x \mapsto x*b \ (x \in G) \end{eqnarray*}$ umschreibt auf die offenbar äquivalente Form

$\begin{eqnarray*} L_a \circ R_b = R_b \circ L_a \quad \forall a,b \in G \end{eqnarray*}$

Mit anderen Worten: Assoziativ heißt für eine binäre Operation, dass alle Linksmultiplikationen mit allen Rechtsmultiplikationen vertauschbar sind... Das Kommutativgesetz in G, nämlich

$\begin{eqnarray*} a*x =x*a \quad \forall a,x \in G \end{eqnarray*}$

kann man aber auch kurz schreiben als

$\begin{eqnarray*} L_a = R_a \quad \forall a \in G \end{eqnarray*}$

d.h., zwischen Links- und Rechtsmultiplikationen ist kein Unterschied... Damit vereinfacht sich aber die Bedingung für Assoziativität unter der Voraussetzung der Kommutativität zu der einfachen Bedingung

$\begin{eqnarray*} L_a \circ L_b = L_b \circ L_a \quad \forall a,b \in G \end{eqnarray*}$

d.h., beliebige Linksmultiplikationen sind vertauschbar...

Nun folgt aus der Vertauschbarkeit von $\begin{eqnarray*} L_a \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} L_b \end{eqnarray*}$ auch sofort die Vertauschbarkeit von $\begin{eqnarray*} L_b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} L_a \end{eqnarray*}$ und auch für a=b ist die Vertauschbarkeit trivialerweise erfüllt,d.h., letztendlich muss also für jede zweielementige Teilmenge {a,b} von G obige Vertauschbarkeit erfüllt sein, was n(n-1)/2 Bedingungen für die Abbildungen ergibt, wobei auf Elemente umgerechnet das dann noch mit n multipliziert werden muss, was dann auf die oben angegebene Formel $\begin{eqnarray*} n^2(n-1)/2 \end{eqnarray*}$ führt...

22.04.2010, 22:47

rauschgold

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Danke, vielen Dank, mystic, für deine ausführlichen und verständlichen Formulierungen. So wie du das sagst, ist es logisch und sicher auch richtig, und so werd ich es eben machen.

Du schreibst bei deiner Implikation die LS hin, wendest dann das Kommutativgesetz an und folgerst daraus die RS, die du auch hinschreibst. So hab ich mir das auch gedacht, jedoch kommt man bei deiner Methode auf viel Schreibarbeit, was scheinbar auch so sein muss und was man nicht irgendwie abkürzen kann. Da hab ich mich anscheinend undeutlich ausgedrückt, was ich eigentlich wollte. Aber ich werd um das Beweisen wohl nicht herumkommen und muss alles brav aufschreiben.

Vielleicht habe ich durch meine ausführlichen Bemerkungen / Überlegungen zu weit vom Thema weggeführt bzw. den Eindruck erweckt, ich möchte auf etwas anderes hinaus und wahrscheinlich sogar eher verwirrt. Das tut mir leid.

Ich möchte allen Antwortern danken für ihre Mühe :-)

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