Isomorphie von Moduln

05.06.2010, 22:35

thorsten_s.

Isomorphie von Moduln

Schönen guten Abend.

Ich möchte gerne beweisen, dass der $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ -Modul $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ isomorph ist zu $\begin{eqnarray*} Hom_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n \mathbb Z ,\ \mathbb Q/ \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$ .

Eine Variante ist, dass ich eine bijektive Abbildung

$\begin{eqnarray*} \phi :\mathbb Z/n \mathbb Z \to Hom_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n \mathbb Z ,\ \mathbb Q/ \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$

finde.

Oder: Vielleicht muss man ja gar keinen konkreten Isomorphismus angeben, sondern kann einen einfacheren Modul angeben, der zu $\begin{eqnarray*} Hom_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n \mathbb Z ,\ \mathbb Q/ \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$ isomorph ist und dann zeigen, dass eben dieser Modul gerade strukturgleich mit $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist.

Habt ihr irgendwelche Tipps oder Anregungen für mich?

Gute Nacht,
Thorsten

05.06.2010, 23:23

Mystic

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RE: Isomorphie von Moduln
[

Zitat:

Original von thorsten_s.
Ich möchte gerne beweisen, dass der $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ -Modul $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ isomorph ist zu $\begin{eqnarray*} Hom_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n \mathbb Z ,\ \mathbb Q/ \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$ .

Naja, ich denke es genügt da 2 Dinge zu beachten:

1. Jedes $\begin{eqnarray*} f \in Hom_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n \mathbb Z ,\ \mathbb Q/ \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$ ist bereits durch die Angabe von $\begin{eqnarray*} f(1+n\mathbb Z) \end{eqnarray*}$ vollkommen festgelegt.

2. Wegen $\begin{eqnarray*} nf(1+\mathbb Z)= 0 +\mathbb Z \end{eqnarray*}$ muss gelten

$\begin{eqnarray*} f(1+\mathbb Z)= k/n +\mathbb Z \end{eqnarray*}$

für ein $\begin{eqnarray*} k \in \{0,1,2,..,n-1\} \end{eqnarray*}$ ...

Daraus sollte eigentlich der behauptete Isomorphismus leicht folgen...

06.06.2010, 00:34

thorsten_s.

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Hallo,

danke für deine sehr hilfreiche Antwort.
Zuerst dachte ich schon, die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ muss auf die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q / \mathbb Z \end{eqnarray*}$ abgebildet werden, aber $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist ja kein Ringhomomorphismus, sondern ein Modul-Homomorphismus.
Dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ unter Angabe von $\begin{eqnarray*} f(\overline{1}) \end{eqnarray*}$ schon eindeutig bestimmt ist, kann ich nachvollziehen; insbesondere ist ja $\begin{eqnarray*} f(\overline{1})=q+\mathbb Z,\quad q\in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ .
Du schreibst statt $\begin{eqnarray*} f(\overline{1}) \end{eqnarray*}$ eben $\begin{eqnarray*} f(1+n\mathbb Z) \end{eqnarray*}$ , was aber das selbe sein dürfte.
Aber dann ziehst du das $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ plötzlich heraus, also
$\begin{eqnarray*} nf(1+\mathbb Z) \end{eqnarray*}$ .

Geht das überhaupt? Ich meine, $\begin{eqnarray*} 1+\mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist doch kein Element in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ mehr.

Ich würde das in meiner Notation so ausdrücken: $\begin{eqnarray*} 0=f(\overline{1}\cdot n)=n\cdot f(\overline{1}) = nq+\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , und somit $\begin{eqnarray*} nq=0 \end{eqnarray*}$

Das ist ja das, was du auch gemeint hast, oder?

Weshalb dann schon der behauptete Isomorphismus folgt, ist mir noch nicht so richtig klar. Liegt es etwa daran, dass man auf diese Weise n verschiedene Homomorphismen erzeugt und jeder Homomorphismus in $\begin{eqnarray*} Hom_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n \mathbb Z ,\ \mathbb Q/ \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$ entspricht in eindeutiger Weise einem Element aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ? Müsste man das nicht noch ein wenig strenger begründen?

Viele Grüße,
Thorsten

06.06.2010, 08:21

Mystic

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Zitat:

Original von thorsten_s.
Geht das überhaupt? Ich meine, $\begin{eqnarray*} 1+\mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist doch kein Element in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ mehr.

Ich würde das in meiner Notation so ausdrücken: $\begin{eqnarray*} 0=f(\overline{1}\cdot n)=n\cdot f(\overline{1}) = nq+\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , und somit $\begin{eqnarray*} nq=0 \end{eqnarray*}$

Das ist ja das, was du auch gemeint hast, oder?

Ja, ich hab mich da oben einfach verschrieben und es müßte natürlich

$\begin{eqnarray*} nf(1+n\mathbb Z)=0+\mathbb Z \end{eqnarray*}$

heißen, wobei die linke Seite einfach die n-te additive Potenz von $\begin{eqnarray*} f(1+n \mathbb Z) \end{eqnarray*}$ in der Gruppe $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}/\mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist, wie du ja auch richtig erkannt hast...

Zitat:

Original von thorsten_s.
Weshalb dann schon der behauptete Isomorphismus folgt, ist mir noch nicht so richtig klar. Liegt es etwa daran, dass man auf diese Weise n verschiedene Homomorphismen erzeugt und jeder Homomorphismus in $\begin{eqnarray*} Hom_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n \mathbb Z ,\ \mathbb Q/ \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$ entspricht in eindeutiger Weise einem Element aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ? Müsste man das nicht noch ein wenig strenger begründen?

Nun, jeder Homomorphismus $\begin{eqnarray*} f \in Hom_\mathbb{Z} ( \mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Q}/\mathbb{Z} ) \end{eqnarray*}$ ist nach dem, was bisher gesagt wurde, durch die Restriktion $\begin{eqnarray*} \tilde{f} = f|\{1+n \mathbb{Z} \} \end{eqnarray*}$ bereits eindeutig festgelegt, d.h., $\begin{eqnarray*} f \mapsto \tilde{f} \end{eqnarray*}$ ist ein Isomorphismus, und jeder solchen Restriktion $\begin{eqnarray*} \tilde{f} \end{eqnarray*}$ entspricht wieder bijektiv und auch wieder homomorph ein Element $\begin{eqnarray*} k/n + \mathbb Z \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}/\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ oder genauer in der von $\begin{eqnarray*} 1/n+\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ erzeugten zyklischen Untergruppe von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}/\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ mit n Elementen... Das sollte doch reichen, oder? Augenzwinkern

06.06.2010, 13:06

thorsten_s.

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Hallo,

jetzt ist mir alles klar.
Vielen Dank nochmals!

Gruß,
Thorsten

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