(Z,+)

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05.03.2012, 17:10	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
Gruppenhomomorphismus (Z/6Z,+)->(Z,+) Hallöchen, ich möchte die Aufgabe lösen: a) Bestimme alle Gruppenhomomorphismen von $\begin{eqnarray} f: (\mathbb Z_{6},+) \rightarrow ( \mathbb Z,+) \end{eqnarray}$ In einem Gruppenhomomorphismus muss das Neutrale immer auf das Neutrale abbilden, das heißt $\begin{eqnarray} f([0])=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{6} = <[1]>, \mathbb Z = <1> \end{eqnarray}$ Deshalb: f([z])=f([1]+...+[1])=f([1])+...+f([1])=z*f([1]) Ich probiere ein paar Fälle aus: f([1])=0 und f([0])=f([6])=0 f([1])=1 aber f([6]) = 6 f([1])=2 aber f([6]) = 12 f([1])=3 aber f([6]) = 18 . . . Da die Bedingung f([0])=0 nur für f([z])=0 gilt, gibt es nur den trivialen Gruppenhomomorphismus. Stimmt das?
05.03.2012, 17:14	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Gruppenhomomorphismus (Z/6Z,+)->(Z,+) Jop, auch wenn du die Überlegung $\begin{eqnarray} f([1]) = k \end{eqnarray}$ natürlich auch so allgemein aufschreiben kannst, dann gilt $\begin{eqnarray} 0 = f([6]) = 6k \end{eqnarray}$ , und das kann man nun nach k auflösen, und hat es schon gezeigt. Edit: Auflösen suggeriert das falsche - "Nullteilerfreiheit von Z benutzen" sollte es eher heißen.
05.03.2012, 17:16	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Antwort. Heißt das dann k=0 und deshalb existiert nur der triviale, oder wie meinst du das?
05.03.2012, 17:18	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Jop, wenn es erforderlich ist, dass die 1 auf die 0 geschickt wird, muss alles auf die 0 geschickt werden. (1 ist ein Erzeuger für die Gruppe)
05.03.2012, 17:26	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke! b) Bestimme alle Ringhomomorphismen von $\begin{eqnarray} f: \mathbb Z_{8} \rightarrow \mathbb Z \end{eqnarray}$ Ich würde sagen, dass es keinen gibt, denn es gibt ja auch nur den trivialen Gruppenhomomorphismus f([z])=0 aber damit ist die Bedingung f([1])=1 nicht erfüllt Stimmt das?
05.03.2012, 17:27	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Jop, stimmt so.
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05.03.2012, 18:00	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
c) Bestimme $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{8} \end{eqnarray}$ und finde eine additive Gruppe, die zu $\begin{eqnarray} (\mathbb Z_{8}, \cdot) \end{eqnarray}$ Isomorph ist. $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{8} = \left\{[1],[3],[5],[7] \right\} \end{eqnarray}$ Dazu isomorph ist $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{4} \end{eqnarray}$ So, nun Beh: $\begin{eqnarray} f: (\mathbb Z_{8}, \cdot) \rightarrow (\mathbb Z_{4},+) \end{eqnarray}$ Isomorphismus. Bew: Naja den trivialen GHM gibt es auf jeden Fall: weil f([1])=[0] sein muss: f([z])=[0] Aber diesmal kann man das nicht verallgemeinern weil Z8* nicht von 1 erzeugt wird. Ich finde keinen anderen sonst. Reicht es zu zeigen, dass es den trivialen gibt?
05.03.2012, 18:11	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Du Aufgabe ist einen Isomorphismus zu finden, d.h. einen Gruppenhomomorphismus, der sowohl injektiv als auch surjektiv ist. Wenn es nach $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}_4 \end{eqnarray}$ nur den trivialen gäbe, hast du die additive Gruppe falsch bestimmt. Hier wirst du ein wenig probieren müssen: $\begin{eqnarray} [3] \cdot [3] = 1 \end{eqnarray}$ , d.h. du musst eine Zahl a in $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}_4 \end{eqnarray}$ finden, so dass a + a = 0. Die 3 kann nur auf Zahlen geschickt werden die das erfüllen. Nun gilt aber auch $\begin{eqnarray} [5] \cdot [5] = 1 \end{eqnarray}$ , und diese muss auf eine Zahl b (nicht a) geschickt werden, so dass b+b = 0 ist. Kann es sowas geben? Wenn nein hast du dir die falsche Gruppe ausgesucht. Hinweis: Es gibt nicht so viele mit 4 Elementen.
05.03.2012, 19:05	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
Da das ne Einheitengruppe ist und jede Einheit in Z8* selbstinvers ist, ist immer aa = 1... Wieso muss ich eigentlich aa testen? Eine andere Gruppe mit 4 Elementen wäre Z2 x Z2, da muss ich jetzt mal ausprobieren. Funktioniert der von Z8 -> Z4 denn sicher nicht?
05.03.2012, 19:19	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
1 muss auf 0 geschickt werden. D.h. du musst die 3, 5 und 7 irgendwie auf die 1,2,3 verteilen, und es gibt nur 3!= 6 Möglichkeiten dazu (wenn man die Bijektivität beibehalten will). Du kannst gerne alle aufschreiben und sehen, dass keines davon ein Gruppenhomomorphismus sein kann. Und Z2 x Z2 ist schon eine viel bessere Idee.
05.03.2012, 20:07	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab eine Abbildungen, die auf den ersten Blick funktioniert: $\begin{eqnarray} f: (\mathbb Z_{2} \times \mathbb Z_{2}, +) \rightarrow (\mathbb Z_{8}, \cdot), f([a],[b])=[2]a+[4]b+1 \end{eqnarray}$ Darf man hier die 4 benutzen, obwohl die nicht in Z8 drin ist? Aber wenn ich das jetzt umforme: $\begin{eqnarray} f(([a],[b])+([c],[d]))=[2]a + [4]b+[2]c + 4[d] +1 \end{eqnarray}$ und das Problem ist dass mir eine 1 fehlt um auf f([a],[b])f([c],[d]) zu kommen?
05.03.2012, 20:38	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Du musst dir das Leben nicht schwer machen. Eine explizite Formel angeben brauchst du nicht. Du hast 4 Elemente - du musst nur sagen, worauf du die schickst. Dann ist das nachprüfen, dass es wirklich ein Homomorphismus ist etwas "hässlich", aber das formulieren ist deutlich angenehmer. Also musst du sagen was f( (0,0) ) = ?, f( (1,0) ) = ?, f( (0,1) ) = ? und f( (1,1) ) = ? ist.
05.03.2012, 20:50	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
Dankeschön! Also: f([0],[0])=[1] f([1],[0])=[3] f([0],[1])=[5] f([1],[1])=[7] Ich weiß nicht wie ich das jetzt zeigen soll, kannst du es an nem Beispiel verdeutlichen, bitte?
05.03.2012, 20:57	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Bijektivität haben wir ja jetzt sofort geschenkt bekommen, alles was noch fehlt ist Homomorphie. Du hast 4 verschiedene Summanden, d.h. du müsstest alle einmal miteinander addieren und gucken ob sich die rechte Seite vernünpftig verhält. z.B. $\begin{eqnarray} 7 = f( (1,1) ) = f( (1,0) + (0,1) ) \stackrel{?}{=} f( (1,0) ) \cdot f( (0,1) ) = 3 \cdot 5 = 7 \end{eqnarray}$ Für das Paar passt es also. Nun kann man sich die 0 sparen bei der Addition, weil man schnell sieht dass es passen wird. Bleiben noch theoretisch 11 Möglichkeiten übrig, viele fallen wegen Symmetrie weg, d.h. es fehlt wohl nur noch 3 Stück oder so.
05.03.2012, 21:03	Juppie	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke!

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