Denkanstoß für Isomorphie

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24.04.2008, 23:22	AlgebraDummy	Auf diesen Beitrag antworten »
Denkanstoß für Isomorphie Ich soll zeigen dass $\begin{eqnarray} \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \end{eqnarray}$ nicht isomorph ist zu $\begin{eqnarray} \mathbb{Z} \end{eqnarray}$ wie kann ich da rangehen? habs schon per homomorphie- bzw. isopmorphiesatz versucht, aber nicht zum ziel gekommen
24.04.2008, 23:29	therisen	Auf diesen Beitrag antworten »
Finde irgendeine gruppentheoretische Eigenschaft, die $\begin{eqnarray} \mathbb Z\times\mathbb Z \end{eqnarray}$ hat, aber nicht $\begin{eqnarray} \mathbb Z \end{eqnarray}$ .
24.04.2008, 23:35	AlgebraDummy	Auf diesen Beitrag antworten »
hehe...ich hatte eher darauf gehofft, dass der Homomorphiesatz-ansatz richtig wäre.... naja, ich habs schon befürchtet. problem ist, das wir so gut wie keine bedingungen hatten was für isomorphe gruppen gilt, sondern nur: ist eine gruppe abelsch, so auch jede isomorphe und gilt [Latex] x^m = e [/Latex für alle x aus einer gruppe so gilt das gleiche für jede isomorphe gruppe mit dem gleichen m kannst du mir vielleicht noch einen tipp geben? aber nicht zuviel verraten. will da selsbt drauf kommen
24.04.2008, 23:51	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe keine weiteren Algebra-Kenntnisse und habs daher elementar gemacht: Es sei $\begin{eqnarray} \phi : \mathbb Z\times\mathbb Z\to\mathbb Z \end{eqnarray}$ ein Gruppenisomorphismus. Setzen wir $\begin{eqnarray} n_0 := \phi(1,0), \end{eqnarray}$ so folgt $\begin{eqnarray} \phi(n,0) = \sum_{i=1}^n \phi(1,0) = n_0\cdot n, \end{eqnarray}$ falls n > 0, und auch für n < 0 gilt dies: $\begin{eqnarray} \phi(n,0) = -\phi(-n,0) = -(n_0\cdot (-n)) = n_0\cdot n. \end{eqnarray}$ Genauso hat man $\begin{eqnarray} \phi(0,n) = m_0\cdot n \end{eqnarray}$ mit einem $\begin{eqnarray} m_0\in\mathbb Z. \end{eqnarray}$ Also gilt $\begin{eqnarray} \phi(n,m) = \phi(n,0) + \phi(0,m) = n_0n + m_0m. \end{eqnarray}$ Und daher $\begin{eqnarray} \phi(m_0,-n_0) = 0\;\Longrightarrow\, m_0 = n_0 = 0\;\Longrightarrow\,\phi(n,m) = 0 \;\text{ für alle }\,n,m\in\mathbb Z. \end{eqnarray}$ Ein Widerspruch!
25.04.2008, 07:14	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Meiner Meinung nach anschaulicher und worauf therisen wahrscheinlich auch hinaus wollte: $\begin{eqnarray} \mathbb Z \end{eqnarray}$ ist zyklisch, $\begin{eqnarray} \mathbb Z^2 \end{eqnarray}$ nicht
25.04.2008, 11:27	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Heißt zyklisch nicht, dass es ein n gibt, so dass $\begin{eqnarray} a^n = e \end{eqnarray}$ für jedes $\begin{eqnarray} a\in G\,? \end{eqnarray}$ Wo ist Z dann bitte zyklisch?
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25.04.2008, 11:41	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Definition von zyklisch ist anders: Die besagt, dass es ein Gruppenelement $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ gibt, so dass alle Gruppenelemente durch $\begin{eqnarray} a^n \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n\in\mathbb{Z} \end{eqnarray}$ erfasst werden. Was du vermutlich gemeint hast: Für endliche Gruppen bedeutet zyklisch, dass es ein Element $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ gibt, so dass $\begin{eqnarray} a^k \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k=0,1,\ldots,\|G\|-1 \end{eqnarray}$ alle Gruppenelemente erfasst.
25.04.2008, 11:41	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein zyklisch heißt das es ein Element gibt das die Gruppe erzeugt. Hier also $\begin{eqnarray} \mathbb Z = <1> \end{eqnarray}$ Das was du da schreibst gilt für jede endliche Gruppe wenn man $\begin{eqnarray} n=\|G\| \end{eqnarray}$ wählt(nach dem Satz von Lagrange)
25.04.2008, 17:30	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Alles klar. Doppelt hält besser. Danke, Jungs.
26.04.2008, 13:47	Moppelchen	Auf diesen Beitrag antworten »
bin auch grad beim thema zyklische gruppen: wäre man nicht schon fertig wenn man ein element mit endlicher ordnung findet? oder gilt das nur für endliche zyklische gruppen
26.04.2008, 13:51	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Sowohl in $\begin{eqnarray} \mathbb Z \end{eqnarray}$ als auch in $\begin{eqnarray} \mathbb Z^2 \end{eqnarray}$ gibt es genau ein Element mit endlicher Ordnung(das triviale). Ich verstehe nicht was für ein Kriterium du da anwenden willst oder auf was du hinaus willst
26.04.2008, 14:40	Moppelchen	Auf diesen Beitrag antworten »
nun, wenn ich annehme, dass $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}^2 \end{eqnarray}$ zyklisch ist gibt es ein erzeugendes element $\begin{eqnarray} (a,b) \neq (0,0) \end{eqnarray}$ um aber ein element der Form (m,0) zu erzeugen müsste gelten $\begin{eqnarray} (m,0) = (l \cdot a , k \cdot b), \end{eqnarray}$ für gewisse l,k aus $\begin{eqnarray} \mathbb{Z} \end{eqnarray}$ . also hätte b endliche ordnung
26.04.2008, 14:41	Moppelchen	Auf diesen Beitrag antworten »
hm okay. jetzt versteh ich auch meinen denkfehler: es könnte durchaus k = 0 sein
26.04.2008, 14:48	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein dein Denkfehler ist um einiges größer Wenn $\begin{eqnarray} (a,b) \end{eqnarray}$ dein Erzeugendes ist, dann gilt $\begin{eqnarray} <(a,b)> = \{(x,y) \| (x,y) = (ka,kb)\} \end{eqnarray}$ . D.h. heißt l und k müssen gleich sein. Und dann gilt dein Argument, denn dann wäre: $\begin{eqnarray} (m,0) = (ka,kb) \end{eqnarray}$ . Falls also $\begin{eqnarray} b\neq 0 \end{eqnarray}$ muss $\begin{eqnarray} k=0 \end{eqnarray}$ gelten da $\begin{eqnarray} \mathbb Z \end{eqnarray}$ nullteilerfrei ist. Wenn aber $\begin{eqnarray} k=0 \end{eqnarray}$ gilt dann muss auch $\begin{eqnarray} m=0 \end{eqnarray}$ sein. Sei also $\begin{eqnarray} b=0 \end{eqnarray}$ , dann kann aber $\begin{eqnarray} (0,1) \end{eqnarray}$ nicht mehr erzeugt werden, also ist $\begin{eqnarray} \mathbb Z^2 \end{eqnarray}$ nicht zyklisch
26.04.2008, 15:58	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Dabei bemerke ich, dass mein Beweis von oben eigentlich genau auf das gleiche hinausläuft. Außer, dass ich sozusagen noch zusätzlich gezeigt habe, dass es keinen Gruppeniso zwischen Gruppen geben kann, deren eine zyklisch und die andere nicht-zyklisch ist (was sich eigentlich von selbst versteht).
26.04.2008, 18:11	Moppelchen	Auf diesen Beitrag antworten »
jo, stimmt. dann war meine grundidee zumindest richtig, wenn auch schlecht bzw falsch ausgeführt

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