Gruppenisomorphismus

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04.09.2005, 14:12	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Gruppenisomorphismus Hallo, ich habe Probleme den folgenden Satz zu beweisen: $\begin{eqnarray} \phi : U_1 \times ... \times U_n \rightarrow G \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \phi((u_1,...,u_n)) = u_1u_2...u_n \end{eqnarray}$ ist ein Gruppenisomorphismus genau dann wenn i. $\begin{eqnarray} U_i \unlhd G \end{eqnarray}$ ii. $\begin{eqnarray} U_i \cap \prod_{j \neq i}^n U_j = \{ e \} \end{eqnarray}$ iii. $\begin{eqnarray} \prod_{j=1}^n U_j = G \end{eqnarray}$ ( für $\begin{eqnarray} 1\leq i \leq n \end{eqnarray}$ ) Um genau zu sein hänge ich bei i. Wie kann ich die Isomorphie von $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ausnutzen um i. zu beweisen? edit by jochen: ich hab das vereinigtsymbol zu geschnitten geändert ich werde deinen korrekturpost löschen
04.09.2005, 15:15	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi. Benutze die Linearität von $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ , um zu zeigen, dass die Elemente der $\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ miteinander kommutieren. Daraus folgt mit iii. die Behauptung.
04.09.2005, 15:17	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
"dass die Elemente $\begin{eqnarray} \text{\underline{verschiedener} }U_i \end{eqnarray}$ miteinander kommutieren" sollte es präziser heißen.
04.09.2005, 15:37	irrre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ist keine lineare Abb. und die Elemente verschiedener $\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ kommutieren auch nicht miteinander..
04.09.2005, 15:42	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ist ein Homomorphismus, also gilt $\begin{eqnarray} \phi(ab)=\phi(a)\phi(b) \end{eqnarray}$ . Das ist es, was ich (vielleicht fälschlicherweise) "linear" nenne. Unter Verwendung dieser Eigenschaft zeigt man nun leicht, dass die Elemente verschiedener $\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ miteinander kommutieren, was der Schlüssel zum Beweis von Eigenschaft i. ist.
04.09.2005, 15:54	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein du verstehst da was falsch, $\begin{eqnarray} G \end{eqnarray}$ muss nicht kommutativ sein. Genausowenig kann ich das für die $\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ voraussetzen.
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04.09.2005, 15:59	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, du verstehst mich falsch. Ich behaupte nicht, dass G kommutativ ist. Aber falls deine Abbildung $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ein Homomorphismus ist, dann müssen zumindest die Elemente der verschiedenen $\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ miteinander kommutieren (was wohlgemerkt nicht bedeutet, dass die $\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ kommutativ sind). Das sollst du nicht voraussetzen, sondern beweisen und ich sage dir, dass es in einer Zeile aus der Linearität von $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ folgt.
04.09.2005, 16:21	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
ich wüsste nicht wie ich das machen soll, kannst du mir das mal aufschreiben?
04.09.2005, 16:30	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
Betrachte $\begin{eqnarray} a=(1,\ldots,u_i,\ldots,u_j,\ldots,1) \end{eqnarray}$ (überall sonst steht eine 1) und dann $\begin{eqnarray} \phi(a\cdot a) \end{eqnarray}$ .
04.09.2005, 16:54	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
dann ist $\begin{eqnarray} \phi(a) = u_iu_j \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \phi(a^2) =\phi(a)^2 = u_iu_ju_iu_j \end{eqnarray}$ und jetzt?
04.09.2005, 17:03	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
Nunja, vergleiche den von dir unter Verwendung der Linearität gefundenen Ausdruck für $\begin{eqnarray} \phi(a^2) \end{eqnarray}$ mit dem, den du erhältst, wenn du zuerst explizit $\begin{eqnarray} a^2 \end{eqnarray}$ und dann $\begin{eqnarray} \phi(a^2) \end{eqnarray}$ berechnest.
04.09.2005, 17:43	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Jetzt versteh ich erst was du meinst. Ich bin nicht davon ausgegangen das die Elemente von $\begin{eqnarray} U_1 \times ... \times U_n \end{eqnarray}$ komponentenweise verknüpft werden, die Verknüpfung könnte ja auch anders aussehen. Aber die Verknüpfung auf dem direkten Produkt von Gruppen ist ja gerade so definiert. Kein Wunder das ich es nicht hinbekommen hab. Viellen Dank @ gast1
04.09.2005, 18:05	Bunnybear	Auf diesen Beitrag antworten »
Was bedeutet das Symbol ("unterstrichenes Dreieck"), das bei i) steht?
04.09.2005, 18:08	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ ist Normalteiler von $\begin{eqnarray} G \end{eqnarray}$
04.09.2005, 23:27	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann noch mal jemand auf meine Argumentation für ii. und iii. schauen? Ich übersehe ganz gerne mal was. ii. sei $\begin{eqnarray} u_i \in U_i \cap \prod_{j \neq i}^n U_j \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} u_i \neq e \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow u_i \in U_i \wedge u_i \in \prod_{j \neq i}^n U_j \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow u_i = u_1u_2...u_{i-1}u_{i+1}...u_n \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \phi((e,...,u_i,...e))=\phi((u_1,...,u_{i-1},e,u_{i+1},...,u_n)) \end{eqnarray}$ wegen der Injektivität von $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ folgt $\begin{eqnarray} (e,...,u_i,...e)=(u_1,...,u_{i-1},e,u_{i+1},...,u_n) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow u_i = e \end{eqnarray}$ Widerspruch zu Wahl von $\begin{eqnarray} u_i \end{eqnarray}$ iii. $\begin{eqnarray} \prod_{i=1}^n U_i\subseteq G \end{eqnarray}$ (trivial) sei $\begin{eqnarray} g \in G \end{eqnarray}$ wegen der Surjektivität von $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ gibt es ein $\begin{eqnarray} a = (u_1,...,u_n) \in U_1 \times ... \times U_n \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \phi(a) = u_1...u_n = g \Rightarrow G \subseteq \prod_{i=1}^n U_i \end{eqnarray}$
06.09.2005, 15:04	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
Sieht richtig aus. Bei i. solltest du die Voraussetzung $\begin{eqnarray} u_i\neq e \end{eqnarray}$ weglassen. Du erhältst ja trotzdem als Ergebnis $\begin{eqnarray} u_i=e \end{eqnarray}$ und damit das, was du zeigen wolltest. Ein Widerspruchsbeweis ist absolut unnötig, es geht direkt. Hast du die Rückrichtung schon hinbekommen? Diese müsste trickreicher sein.
08.09.2005, 16:57	irre.flexiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Nach langem grübeln hab ich die Richtung auch zeigen können : Als erstes zeige ich wieder das Elemente verschiedener $\begin{eqnarray} U_i \end{eqnarray}$ miteinander kommutieren. Seien $\begin{eqnarray} u \in U_i, v \in U_j \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} i \neq j \end{eqnarray}$ , zu zeigen ist $\begin{eqnarray} uv = vu \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} uvu^{-1}v^{-1}=e \end{eqnarray}$ Nach i. gilt $\begin{eqnarray} \forall g \in G : gu_ig^{-1} \in U_i \end{eqnarray}$ , es ist also sowohl $\begin{eqnarray} uvu^{-1} \in U_j \end{eqnarray}$ also auch $\begin{eqnarray} vuv^{-1} \in U_i \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow (uvu^{-1})v^{-1} \in U_j \wedge u(vu^{-1}v^{-1}) \in U_i \Rightarrow uvu^{-1}v^{-1} \in U_i \cap U_j \end{eqnarray}$ Mit ii. folgt die Behauptung. $\begin{eqnarray} \phi((u_1v_1,...,u_nv_n)) = u_1v_1...u_nv_n = u_1...u_nv_1...v_n=\phi((u_1,...,u_n))\phi((v_1,...,v_n)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ist ein Homomorphismus Nach ii. können Elemente aus verschiedenen Untergruppen nicht invers zueinander sein. $\begin{eqnarray} \Rightarrow u_1u_2...u_n = e\Rightarrow u_1=e \wedge u_2 = e \wedge ... \wedge u_n = e \Rightarrow ker(\phi) = \{e\}\Rightarrow \phi \end{eqnarray}$ ist injektiv Nach iii. lässt sich jedes $\begin{eqnarray} g \in G \end{eqnarray}$ als $\begin{eqnarray} g = u_1...u_n \end{eqnarray}$ darstellen. $\begin{eqnarray} \phi((u_1,...,u_n)) = u_1...u_n \end{eqnarray}$ , d.h. jedes Produkt der Form $\begin{eqnarray} u_1...u_n \end{eqnarray}$ hat ein Urbild bzgl. $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \Rightarrow \phi \end{eqnarray}$ ist surjetkiv
08.09.2005, 17:19	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
Absolut richtig, sehr gut. Man muss erstmal darauf kommen, den Kommutator zu betrachten, um dann die Normalteilereigenschaft ausnutzen zu können. Das war es, was ich mit "trickreicher" meinte.

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