Isomorphismus kartesisches Produkt

09.01.2011, 12:28

dalaaa191

Isomorphismus kartesisches Produkt

Heyho....

kann mir einer von euch erklären, wieso z.b. (Z_2,+)x(Z_3,+) keinen Isomorphismus mit (Z_6,+) bildet?

Es sind ja bei beiden 6 Elemente vorhanden. Also ist diese notwendige Bedingung bereits gegeben....

grüßchen

09.01.2011, 12:30

dalaaa191

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welche notwendige Bedingung wird denn verletzt?

09.01.2011, 12:37

Airblader

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Kannst du einen Isomorphismus angeben?

air

09.01.2011, 12:39

dalaaa191

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kann ich nicht, das liegt aber erstmal daran, dass ich nicht verstehe, wie ich das zeigen soll unglücklich

09.01.2011, 12:41

Airblader

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Bei nur sechs Elementen kannst du den Isomorphismus ja konstruieren, indem du jedes Bild einzeln angibst.

Also $\begin{eqnarray*} f\colon (\mathbb{Z}_2, +) \times (\mathbb{Z}_3, +) \to (\mathbb{Z}_6, +) \end{eqnarray*}$ und jetzt jedes Bild einzeln angeben. Und das so, dass diese Funktion linear und bijektiv ist.

Wenn du das schaffst, sind sie isomorph. Wenn sie isomorph sind, ist das auch schaffbar. Wenn es nicht klappt, sieht man eventuell auch, woran es scheitert.

air

09.01.2011, 12:54

dalaaa191

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Ich hätte jetzt wie folgt jedes Bild angegeben:

erst einmal Z_2 ist 0,1
Z_3 ist 0,1,2

Z_6 ist 0,1,2,3,4,5

ist das erste Bild (0+0,1+0) also (0,1)
das zweite Bild wäre (0+1,1+1) also (1,2)
das dritte Bild wäre (0+2,1+2) also (2,3)
vierte: (0+3,1+3) = (3,4)
fünfte (0+4,1+4) = (4,5)
sechste (0+5,1+5) = (5,0)

Ich glaube aber hier bereits einen Fehler gemacht zu haben, weswegen ich die Bildung der Elemente des direkten Produktes von 2 Gruppen nicht verstehe...

dachte das würde wie folgt aussehen: f(x1+x2,y1+y2), da könnte ich aber jetzt beliebiges x1 und x2 wählen und beliebiges y1 und y2... so könnte ich z.b. ein 7tes Bild schreiben unglücklich

0+0,1+5) = (0,5) welches noch nicht vorhanden ist....

wo ist mein Denkfehler?

09.01.2011, 13:04

dalaaa191

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ich meine natürlich das ,,sechste'' wäre (0+0, 1+5) = 0,0

09.01.2011, 13:07

Airblader

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Nein, ein Element aus $\begin{eqnarray*} (\mathbb{Z}_2, +) \times (\mathbb{Z}_3, +) \end{eqnarray*}$ hat die Form $\begin{eqnarray*} (x, y) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x \in (\mathbb{Z}_2, +) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \in (\mathbb{Z}_3, +) \end{eqnarray*}$ .

Anzugeben sind also folgende Bilder:

$\begin{eqnarray*} f((0, 0)) = 0 \end{eqnarray*}$ (dieses muss so sein, denn neutrale Elemente werden bei Homomorphismen erhalten)

$\begin{eqnarray*} f((0, 1)) = \text{?} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f((0, 2)) = \text{?} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f((1, 0)) = \text{?} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f((1, 1)) = \text{?} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f((1, 2)) = \text{?} \end{eqnarray*}$

Und für die Fragezeichen musst du Elemente aus $\begin{eqnarray*} (\mathbb{Z}_6, +) \end{eqnarray*}$ nehmen, also $\begin{eqnarray*} \text{?} \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\} \end{eqnarray*}$ . Die Null haben wir schon benutzt. Jetzt teile die anderen fünf Zahlen auf. Das Ganze bijektiv zu machen ist kein Problem, das kriegst du geschenkt, wenn du jede Zahl genau einmal verwendest. Die Frage ist, ob du es so hinbekommst, dass das Ganze auch linear wird.

Es muss nachher nämlich zum Beispiel gelten: $\begin{eqnarray*} f((1,1)) = f((0,1)) + f((1,0)) \end{eqnarray*}$

air

09.01.2011, 13:15

dalaaa191

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ich hätte glaube ich eine Lösung gefunden...

f((0,0)) = 0
f((0,1)) = 1
f((0,2)) = 2
f((1,0)) = 3
f((1,1)) = 4
f((1,2)) = 5

Probe: f((1,2)) = f(1,1)+f(0,1) = 4+1 = 5

f((1,1)) = f(1,0) + f(0,1))= 3+ 1= 4...

da würde es funktionieren...

was erhält man wenn man f(0,2)+f(0,1) addiert? f(1,0) ?
dann würde es ja gehen, weil 1+2 = 3

09.01.2011, 13:27

Airblader

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Na, wir addieren solche Paare doch nicht "mit Übertrag" oder so. Augenzwinkern

Es ist

$\begin{eqnarray*} (x_1, y_1) ~ +_{(\mathbb{Z}_2, +) \times (\mathbb{Z}_3, +)} ~ (x_2, y_2) = (x_1 ~ +_{(\mathbb{Z}_2, +)} ~ x_2, y_1 ~ +_{(\mathbb{Z}_3, +)} ~ y_2) \end{eqnarray*}$ .

Und demnach $\begin{eqnarray*} (0, 1) + (0, 2) = (0 + 0, 1 + 2) = (0, 0) \end{eqnarray*}$ .

Edit: Sorry, hier stand an einer Stelle grad etwas Mist bei einem Index. Augenzwinkern

Ist korrigiert.

air

09.01.2011, 13:35

dalaaa191

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dann stimmt also meine Abbildung nicht. Generell muss also (0,1)+(0,2) = 0,0 ergeben. Wenn (0,1) = 2 ist, dann muss (0,2) = 4 sein. (1,0) muss dann 1 sein, (1,1) muss dann 3 sein. (1,2) muss dann 5 sein.

0,0 = 0
0,1 = 2
0,2 = 4
1,0 = 1
1,1 = 3
1,2 = 5

Dann hätte ich doch eine korrekte Abbildung oder sehe ich was falsch?

09.01.2011, 13:37

Airblader

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Kannst du das formal etwas besser aufschreiben? Sonst ist es einfach mühsam, sowas zu lesen. Sowas wie "(0,1) + (0,2) = 0,0" macht keinen Sinn, ebenso wenig wie "0,0 = 0".

Tut mir leid für diese "Härte", aber sowas gehört dazu und die Zeit musst du investieren. Außerdem sollst du auch das korrekte Formulieren lernen. Ich nehme mir die Zeit ja auch. Augenzwinkern

Edit: Aber nein, das haut auch nicht hin. Betrachte mal f((1,0)) + f((1,1)).

air

09.01.2011, 13:39

dalaaa191

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f((0,0)) = 0
f((0,1)) = 2
f((0,2)) = 4
f((1,0)) = 1
f((1,1)) = 3
f((1,2)) = 5

so in etwa?:P

09.01.2011, 13:40

Airblader

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Beachte mein kleines Edit. Augenzwinkern

air

09.01.2011, 13:41

dalaaa191

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stimmt, f((1,0)) + f((1,1)) ergibt f((0,1)) was bei mir 2 wäre.
Aber f((1,0)) ist 1 und f((1,1)) ist 3 was 4 ergibt, was also f((0,2)) wäre...

gut, dann geht der Versuch auch nicht.

Wie kann ich denn jetzt, ohne alles auszuprobieren, sagen, dass es kein Isomorphismus gibt?

grüße

09.01.2011, 13:45

Airblader

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Löse dich wieder vom Gedanken einer konkreten Vorschrift und nimm einfach an, du hättest eine lineare, bijektive Abbildung gegeben. Führe dies unter Ausnutzung der Linearität (an der es ja offensichtlich immer wieder scheitert) allgemein zu einem Widerspruch.

air

09.01.2011, 13:49

jester.

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Eigentlich gibt es sogar zwei Gruppenisomorphismen (und einen Ringisomorphismus) zwischen den zwei angegebenen Strukturen. Keine davon ist jedoch linear (eine lineare Abbildung ist ein Homomorphismus von Vektorräumen).

09.01.2011, 13:58

dalaaa191

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Zitat:

Original von jester.
Eigentlich gibt es sogar zwei Gruppenisomorphismen (und einen Ringisomorphismus) zwischen den zwei angegebenen Strukturen. Keine davon ist jedoch linear (eine lineare Abbildung ist ein Homomorphismus von Vektorräumen).

wenn es zwei Gruppenisomorphismen gibt, dann kann ich doch nicht wiederlegen, dass es keinen Isomorphismus gibt?

Ich habe als Aufgabe zu begründen, warum es keinen Isomorphismus geben kann...hm..

09.01.2011, 14:01

Airblader

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Edit:

Okay. @ jester: Ja, "linear" war ein blöder Ausdruck. f(x+y) = f(x)+f(y) muss natürlich dennoch erfüllt sein (Gruppenhomomorphismus).

@ dalaaa191

Sorry, ich war auch auf dem falschen Dampfer. unglücklich

Wobei es ja keineswegs "unnötig" war, was wir gemacht haben. Es waren einfach keine passende Abbildungen. Augenzwinkern

Ich schmeiße jetzt mal das hier in den Raum:

f((0,0)) = 0
f((0,1)) = 4
f((0,2)) = 2
f((1,0)) = 3
f((1,1)) = 1
f((1,2)) = 5

Die Gruppen sind sehr wohl isomorph. Warum eure Aufgabe explizit lautet, zu zeigen, dass sie es nicht sind, ist merkwürdig.

air

09.01.2011, 14:28

dalaaa91

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In unserem Beispiel war für Z2 x Z4 und Z8 ein ISOmorphismus gesucht, aber dort würde es doch auch einen geben oder ist dies ein Sonderfall?

09.01.2011, 14:33

Airblader

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Nein, diese beiden Gruppen sind nicht isomorph. Augenzwinkern

Inzwischen frage ich mich schon, wie ich Z2 x Z3 und Z6 für nichtisomorph erklären konnte .. naja. Augenzwinkern

Ich muss jetzt leider grade weg. Auf wikipedia kannst du unter Restklassengruppen (o.ä.) dazu auch einiges lesen! Augenzwinkern

Wenn also jemand übernehmen kann/will - nur zu.

Wink

air

09.01.2011, 14:38

dalaaa91

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Wieso sind die jetzt nicht isomorph?OO kannst du mir einen tipp geben? Danke für all deine antworten!

09.01.2011, 15:04

jester.

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Der Grund, warum $\begin{eqnarray*} C_2\times C_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_6 \end{eqnarray*}$ , nicht jedoch $\begin{eqnarray*} C_2\times C_4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_8 \end{eqnarray*}$ isomorph sind, ist die Teilerfremdheit von 2 und 3, bzw. die "Nichtteilerfremdheit" von 2 und 4.

Dies gilt ganz allgemein: Sind $\begin{eqnarray*} G,H \end{eqnarray*}$ zyklisch mit $\begin{eqnarray*} \operatorname{ggT}(|G|,|H|)=1 \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} G\times H \end{eqnarray*}$ zyklisch.

10.01.2011, 20:19

dalaa91

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und wieso müssen sie teilerfremd sein?

das habe ich noch nicht ganz verstanden.

liebe grüße

10.01.2011, 20:52

jester.

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Na ja, wenn die Ordnungen teilerfremd sind, dann ist das direkte Produkt eben zyklisch (Beweis kann man leicht über Google finden), wenn sie nicht teilerfremd sind, gibt es Gegenbeispiele, z.B. $\begin{eqnarray*} C_2\times C_4 \not \cong C_8 \end{eqnarray*}$ . Also ist die Antwort "es ist eben so".

10.01.2011, 22:09

dalaa91

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aber wieso können wir daraus folgern, dass es dann keinen Isomorphismus gibt?

Müssen beide Gruppen zyklisch sein damit es nen Isomorphismus gibt?

10.01.2011, 22:31

jester.

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Jetzt bin ich mir gerade nicht mehr sicher, von welchen Gruppen du überhaupt sprichst, aber es gibt definitiv einen Isomorphismus zwischen $\begin{eqnarray*} C_2\times C_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_6 \end{eqnarray*}$ und definitiv keinen zwischen $\begin{eqnarray*} C_2\times C_4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_8 \end{eqnarray*}$ .

Allgemein ist es wohl leichter zu zeigen, dass zwei Gruppen isomorph sind (so sie es denn sind), als die Isomorphie zu widerlegen (sofern diese nicht vorliegt). Für abelsche Gruppen und direkte Produkte zyklischer Gruppen hilft dir vielleicht der Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen weiter. Es ist nämlich jede abelsche Gruppe ein $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ -Modul und $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ ein Hauptidealbereich, sodass man den Hauptsatz über endlich erzeugte Moduln über Hauptidealbereichen zur Anwendung bringen kann. Der sagt, dass für einen endlich erzeugten Modul $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ über einem Hauptidealbereich $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ eindeutig bestimmte $\begin{eqnarray*} r,s \in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} d_1,...,d_s \in R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} d_i \mid d_{i+1} ~\forall ~ 1\leq i \leq s \end{eqnarray*}$ existieren, sodass $\begin{eqnarray*} M\cong \bigoplus _{j=1}^r R \oplus \bigoplus _{i=1}^s R/\langle d_i \rangle \end{eqnarray*}$ .
Das heißt zum Beispiel, dass abelsche Gruppen der Ordnung 8 isomorph sind zu $\begin{eqnarray*} C_8, ~C_2\times C_4 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} C_2\times C_2 \times C_2 \end{eqnarray*}$ und dass diese Gruppen nicht isomorph sind.
Die Isomorphietypen endlich erzeugter abelscher Gruppen sind mit dem Hauptsatz also vollständig klassifiziert.

Ich hoffe das hat dich jetzt nicht mehr verwirrt als dass es geholfen hat...

10.01.2011, 23:35

dalaa91

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Ich rede von den Gruppen Z_2 x Z_4 und Z_8

Ich frage mich immer noch, wieso dies kein Isomorphismus ist... Dein Text hat mich ein bisschen verwirrt. Ist es kein Isomorphismus, weil Z_2x Z_4 nicht zyklisch ist, und wenn ja, was hat denn der Zykel mit dem Isomorphismus zu tun? Z_8 ist zyklisch, ja, aber wieso ist das relevant?

nächtliche Grüße

10.01.2011, 23:42

jester.

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Ok, das kann man sich leicht überlegen. Gruppenisomorphismen erhalten insbesondere strukturelle Eigenschaften der Gruppe, dazu zählt auch zyklisch zu sein.

Sei dazu $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ zyklisch von Ordnung $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mit Erzeuger $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ eine weitere Gruppe und $\begin{eqnarray*} \varphi ~:~ G\to H \end{eqnarray*}$ ein Gruppenisomorphismus.
Ich behaupte $\begin{eqnarray*} \varphi(z) \end{eqnarray*}$ ist ein Erzeuger von $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ . Annahme: $\begin{eqnarray*} \varphi(z)^l=1 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} l<k \end{eqnarray*}$ .
Daraus würde folgen, dass $\begin{eqnarray*} \varphi(z^l)=1 \end{eqnarray*}$ , was bedeutet, dass $\begin{eqnarray*} z^l \in \ker \varphi \end{eqnarray*}$ . Dann ist aber $\begin{eqnarray*} z^l=1 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ein Iso ist; dies ist ein Widerspruch. Also ist $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ zyklisch.

Gute Nacht.

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