(Q,+) ist torsionsfrei aber nicht frei |
13.06.2010, 12:38 | zac | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
(Q,+) ist torsionsfrei aber nicht frei ich habe folgende Aufgabe zu lösen: Die additive Gruppe ist ein -Modul. Zeige ist torsaionsfrei, aber nicht frei. Kann mir dabei jemand helfen? |
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13.06.2010, 12:52 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: (Q,+) ist torsionsfrei aber nicht frei Dass torsionsfrei ist, ist ja wohl trivial, da hast du offenbar noch nicht ernsthaft darüber nachgedacht... Dass sie keine freie Basis B besitzen kann, muss man im Fall der Endlichkeit von B auf einen Widerspruch führen (betrachte dazu den Hauptnenner der freien Basis), im Fall der Unendlichkeit von B folgt dies aber aus Mächtigkeitsüberlegungen... |
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13.06.2010, 13:00 | zac | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
also irgendwie ist mir das mit der Torsionsfreiheit schon klar. Nur wie ich das korrekt aufschreibe, da fällt mir im Moment nichts ein. Mit der Freiheit geht mir das ähnlich. Wenn ich einen Hauptnenner für die Elemente der Basis suchen will, dann wird der ja unendlich groß und deshalb kann es auch keine endliche Basis geben. Aber wie ich das richtig aufschreibe, weiß ich nicht. |
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13.06.2010, 13:12 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Kannst nicht wenigstens deine Idee, warum das klar ist, formulieren, man braucht ja dazu keinen mathematischen Formalismus...
Ähm,... der Hauptnenner von endlich vielen Brüchen soll unendlich sein? Was in aller Welt ist dir denn da nur eingefallen?... |
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13.06.2010, 13:19 | zac | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
naja, wenn ich jedes (also außer die Null) mit einem multipliziere, kann doch nie die 0 herauskommen. Also ist das ganze ja Nullteilerfrei, aber ich weiß ja nicht, wie ich das richtig beweise. Wenn ich mir eine Basis konstruieren will, dann merke ich ja, dass ich immer mehr Elemente brauche, da es ja Brüche gibt, bei denen der Nenner gegen unendlich geht. Also brauch ich ja auch irgendwie unendlich viele Elemente in meiner Basis. |
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13.06.2010, 13:39 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das für mich Schlimme daran ist, dass dies (mit ganz kleinen Änderungen) bereits ein mathematisch korrekter Beweis ist, und du das offenbar nicht mal merkst... Also nochmals sauber angeschrieben: Angenommen es gäbe ein , welches eine endliche Ordnung n>0 besitzt... Dann würde gelten d.h., ein Produkt von rationalen Zahlen, welche beide sind, wäre 0, was klar der Nullteilerfreiheit von widersprechen würde...
Du sollst ja konkret immer nur eine endliche freie Basis B betrachten, und nicht gleich alle auf einmal, das ist dein Denkfehler hier... Für diese zwar beliebige, aber fest vorgegebene endliche Basis B gibt es aber dann sicher einen Hauptnenner... Du musst mit seiner Hilfe dann weiter zeigen, dass für diese Basis nicht alle Elemente von eine Basisdarstellung besitzen... |
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17.06.2013, 19:03 | Gurduk | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hallo alle miteinander! Ich hab die gleiche Aufgabe ein paar Jahre später und bin mit meinem Beweis soweit fertig und wollte hier fragen, ob er mathematisch korrekt ist: Angenommen sei frei => Es existiert eine Basis B (q1, ... , qn) wobei alle qi den Hauptnenner h haben. Da unendlich groß ist, gibt eine eine Zahl welche nicht den Hauptnenner h besitzt. => a ist nicht als Liniarkombination von q1, ... , qn darstellbar => B ist keine Basis von => ist nicht frei |
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17.06.2013, 19:34 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Keine Ahnung, was du damit genau meinst... Warum schreibst du so eine rationale Zahl nicht einfach hin und beweist dann, dass sie sich in der gegebenen Basis, in der man gemäß Voraussetzung o.B.d.A. alle Zahlen als Brüche mit einem Nenner h anschreiben kann, nicht darstellen lässt? |
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17.06.2013, 21:13 | Gurduk | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Also quasi: Wähle. Dann ist o.B.d.A 17 , oder Vielfachen von h. Und dann folgt meine Kausalkette? |
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17.06.2013, 21:38 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Nein, da hast du mich gründlich mißverstanden... Mit einem konkreten Beispiel ist ja, so wie immer, rein gar nichts bewiesen... Dein a muss natürlich schon in irgendeiner Weise von h abhängen, z.B. a=1/(2h), und dann muss man - egal wie h konkret aussieht - zeigen können, dass a nicht als ganzzahlige Linearkombination (d.h., mit ganzen Zahlen als Koeffizienten) von Basiselementen darstellbar ist... |
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17.06.2013, 21:41 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Warum sollte man sich denn erstmal auf endliche Basen beschränken? Man kann es "in einem Rutsch" auf die folgenden zwei Arten lösen: 1. Man sieht leicht ein, dass ein Erzeuger natürlich nicht reicht. Und bei 2 oder mehr (also insbesondere auch jede beliebige Kardinalzahl, die man sich so vorstellen will) Basiselementen gäbe es insbesondere eine Injektion , was sich sofort zum Widerspruch führen lässt, denn zwei rationale Zahlen erfüllen immer eine -Relation. Hier steckt von vorneherein eine ganz andere Philosophie drin: Die bisherigen Ansätze wollen zeigen, dass endlich viele nicht ausreichen um zu erzeugen. Ich würde hier direkt zeigen, dass 2 oder mehr zu viel sind um linear unabhängig zu sein. 2. Meiner Meinung nach der "schönste" Beweis: Wäre frei, so gäbe es insbesondere eine Surjektion (Das sagt einem die universelle Eigenschaft von freien Moduln). Es ist aber . |
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17.06.2013, 22:01 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Zwar habe ich oben geschrieben, dass man sich aufgrund von Mächtigkeitsüberlegungen (analog dem Beweis der Überabzählbarkeit von ) auf endliche Basen beschränken kann, de facto muss man das aber gar nicht, da ja auch bei einer unendlichen Basis in der Basisdarstellung immer nur endlich viele Basiselemente mit von 0 verschiedenen ganzzahligen Koeffizienten involviert sind... Jetzt nichts gegen deine schönen Alternativvorschläge, aber mit meiner Wahl von a oben, nämlich (welche du möglicherweise noch nicht gesehen hast) geht alles doch sehr elementar mit bloßen Paritätsüberlegungen... |
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17.06.2013, 22:16 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Verstehe ich dich hier irgendwie falsch? , also der freie -Modul mit abzählbarer Basis ist doch abzählbar PS: Die Überlegung "Zwei rationale Zahlen erfüllen immer eine ganzzahlige Relation, daher ist eine linear unabhängige Menge mit 2 oder mehr Elementen nicht möglich." ist jetzt auch nicht so ganz weit weg davon elementar zu sein |
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18.06.2013, 08:55 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hm, die Potenzmenge einer Menge A ist doch einerseits immer mächtiger als A selbst und andererseits gibt es eine offensichtliche Bijektion auf ... |
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18.06.2013, 09:49 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wie triffst du hier die unendlichen Teilmengen? Es ist doch , wobei die Basis ist. Die Vereinigung ist natürlich nicht disjunkt. Aber jede dieser Mengen ist sicher nicht mächtiger als der . Da die linear unabhängig sind, haben wir sogar eine direkte Korrespondenz . Und ehrlich gesagt sehe ich auch nicht, wie man begründen soll, dass man sich auf endliche Basen beschränken darf, ohne die lineare Unabhängigkeit ins Spiel zu bringen. Denn man muss ja irgendwie ausschließen, dass sowas wie keine Basis ist. Das geht nur über die lineare Unabhängigkeit, denn ein Erzeugendensystem ist dies ja. Und wenn man sowieso über die lineare Unabhängigkeit geht, so kann man auch von vorneherein das Argument bringen, dass schon 2 beliebige rationale Zahlen nie linear unabhängig sind. |
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18.06.2013, 11:00 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich ordne jeder Teilmenge T von A ihre charakteristische Funktion zu, welche auf T überall den Wert 1 und sonst den Wert 0 annimmt... Warum soll das für unendliche T nicht gehen? Im Moment habe ich nur leider sowas wie "einen Knoten in meinem Hirn", sodass ich weder einen Fehler in deiner, noch in meiner Argumentation sehe, was aber sehr wahrscheinlich auf die momentan hier herrschende Hitze zurückzuführen ist... |
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18.06.2013, 11:13 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Der kleine aber feine Unterschied ist doch, dass alle Abbildungen von in die Menge enthält. Insbesondere auch diejenigen, die unendlich oft den Wert 1 annehmen. Das sind überabzählbar viele (wenn A unendlich war). enthält jedoch nur die jenigen Abbildungen von nach , die nur endlich oft einen von 0 verschiedenen Wert annehmen. Und das sind dann in der Tat nur abzählbar viele. Dank geschlossenen Fenstern und Rolladen sind es hier drin "nur" 26° gegenüber den draußen herrschenden 35°. Alles noch im Rahmen. Nur die Qualität der Luft geht hier drin so langsam nach unten |
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18.06.2013, 11:46 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Auf dem Weg ins Büro ist mir das dann auch selber noch eingefallen, dass ich die ganze Zeit fälschlich mit der ganzen Potenzmenge von A statt nur mit der Menge aller endlichen Teilmengen von A argumentiert hatte... Naja, wie ich schon sagte, die Hitze eben.. |
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