Homomorphismus von Z^n nach Z^n

09.01.2015, 18:01	ufd	Auf diesen Beitrag antworten »
Homomorphismus von Z^n nach Z^n Sei $\begin{eqnarray} \varphi:\mathbb Z^n\rightarrow \mathbb Z^n \end{eqnarray}$ ein Endomorphismus der additiven Gruppe $\begin{eqnarray} \mathbb Z^n \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} n\in \mathbb N \end{eqnarray}$ . Zu zeigen ist dass $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ genau dann injektiv ist, wenn $\begin{eqnarray} \mathbb Z^n/ im (\varphi) \end{eqnarray}$ eine endliche Gruppe ist. Den eindimensionalen Fall habe ich bereits bewiesen (da $\begin{eqnarray} \mathbb Z^n \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ erzeugt wird, wird der Endomorphismus durch $\begin{eqnarray} \varphi(1) \end{eqnarray}$ bestimmt). Zur Aufgabe gibt es einen Tipp: Betrachte den zu $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ gehörigen Homomorphismus von $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ -Vektorräumen $\begin{eqnarray} \mathbb Q^n \rightarrow \mathbb Q^n \end{eqnarray}$ . Meine Gedanken bis jetzt sind: $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ ist bestimmt durch $\begin{eqnarray} \varphi(e_i)=x_i \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} e_i \end{eqnarray}$ die Standardbasis ist $\begin{eqnarray} i\in I=\{1 \le i \le n \mid i\in \mathbb Z\} \end{eqnarray}$ . Also müssen $\begin{eqnarray} (x_i)_{i\in I} \end{eqnarray}$ linear unabhängig sein damit $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ injektiv ist. In diesem Fall gilt $\begin{eqnarray} im\varphi\cong\mathbb Z^n \end{eqnarray}$ .
10.01.2015, 09:28	bijektion	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kennst doch den Homomorphiesatz, demnach ist $\begin{eqnarray} \mathrm{im}(\varphi) \cong \mathbb{Z}^n/\mathrm{kern}(\varphi) \end{eqnarray}$ . Was gilt für $\begin{eqnarray} \mathrm{kern}(\varphi) \end{eqnarray}$ wenn $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ injektiv ist?
10.01.2015, 09:43	whatwhat	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo! $\begin{eqnarray} kern(\varphi)={0} \end{eqnarray}$ falls $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ injektiv. Aber $\begin{eqnarray} im(\varphi)\cong\mathbb Z^n \end{eqnarray}$ (falls injektiv) habe ich ja bereits gezeigt. Jedoch muss ich nun zeigen, dass daraus die Endlichkeit von $\begin{eqnarray} \mathbb Z^n/ im (\varphi) \end{eqnarray}$ folgt. Mit dem Elementarteilersatz ist dies leicht zu sehen, mit linearer Algebra fehlt mir jetzt nur noch der Schritt zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} \|\mathbb Z^n/(QA\mathbb Z)\|=\|\mathbb Z^n/(A\mathbb Z)\| \end{eqnarray}$ falls $\begin{eqnarray} \|det(Q)\|=1 \end{eqnarray}$ . ( $\begin{eqnarray} A,Q \end{eqnarray}$ nn Matrizen mit Koeff. aus $\begin{eqnarray} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .) Für Hilfe zur Einsicht auf diesen Fall wäre ich dankbar, ich komme gerade nicht darauf... Jedoch sollte all dies eleganter und elementarer gehen, evtl. mit dem Tipp?
10.01.2015, 10:14	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Benutze doch direkt den Elementarteilersatz: Wir haben folgende Präsentation von $\begin{align} \mathbb Z^n/\operatorname{Im} \varphi \end{align}$ : $\begin{align} \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n/\operatorname{Im} \varphi \to 0 \end{align}$ , wobei die Abbildung $\begin{align} \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n \end{align}$ gerade $\begin{align} \varphi \end{align}$ sein soll. Nach dem Elementarteilersatz können wir die Abbildung auf Diagonalgestalt $\begin{align} A=\begin{pmatrix} a_1 & & \\ & \ddots & \\ & & a_n \end{pmatrix} \end{align}$ bringen, d.h. wir haben eine neue Präsentation $\begin{align} \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n/\operatorname{Im}A \cong \mathbb Z^n/\operatorname{Im} \varphi \to 0 \end{align}$ , wobei die Abbildung $\begin{align} \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n \end{align}$ nun durch $\begin{align} A \end{align}$ gegeben ist. Wie du schon geschrieben hast, ensteht $\begin{align} A \end{align}$ einfach nur durch Multiplikation mit invertierbaren Matrizen, das ändert also nichts an der Injektivität. Und dass $\begin{align} \mathbb Z^n / \operatorname{Im}\begin{pmatrix} a_1 & & \\ & \ddots & \\ & & a_n \end{pmatrix} \end{align}$ genau dann endlich ist, wenn die Matrix trivialen Kern hat, ist klar. Denn beides ist genau dann der Fall, wenn kein $\begin{align} a_i \end{align}$ verschwindet. Wenn du du schon Lokalisieren oder Tensorieren kannst, geht es noch viel schneller, wenn du einfach die exakte Sequenz $\begin{align} 0 \to \operatorname{Kern} \varphi \cong \mathbb Z^m \to \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n \to \mathbb Z^n/\operatorname{Im} \varphi \to 0 \end{align}$ mit $\begin{align} \mathbb Q \end{align}$ tensorierst (am Nullideal lokalisierst). Das ist dann im Wesentlichen das, was wohl im Tipp gemeint ist. @Bijektion: Ist $\begin{align} U \end{align}$ eine zu $\begin{align} \mathbb Z^n \end{align}$ isomorphe Untergruppe, so gilt übrigens nicht $\begin{align} \mathbb Z^n/U=0 \end{align}$ , sondern eben nur, dass diese Gruppe endlich ist. Genau das soll ja hier gezeigt werden. So richtig weiter hilft dein Tipp daher nicht.
11.01.2015, 07:44	whatwhat	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, danke, habe alles geklärt!

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