Endlich erzeugte abelsche Gruppe

30.03.2011, 19:08

tigerbine

Endlich erzeugte abelsche Gruppe

Hallo,

nach dem Struktursatz für endlich erzeugte abelsche GRuppen G sind diese zu einer Gruppe der Gestalt

$\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r \times C_{q_1} \times .... \times C_{q_t} \end{eqnarray*}$

isomorph. Frage, nennt man die von den enlichen zyklischen Gruppen erzeugte Untergruppe die Torsions(unter)gruppe? Nennt man $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r \end{eqnarray*}$ die freie abelsche Gruppe?

Zu Definition der Torsionsgruppe habe ich gefunden, dass sie alle Elemente endlicher Ordnung enthält. Unter dem Begriff frei kann ich mir nichts vorstellen.

Zitat:

Anders formuliert, besagt der Hauptsatz, dass eine endlich erzeugte abelsche Gruppe direktes Produkt einer frei abelschen Gruppe von endlichem Rang und einer endlichen abelschen Gruppe ist. Die endliche abelsche Gruppe ist die Torsionsuntergruppe von G; die frei abelsche Gruppe ist im Allgemeinen nicht eindeutig bestimmt, sondern nur ihr Rang.

Ebenso kommt der Begriff Rang auf der letzten Seite zur Gruppentheorie hier nun aus dem nichts. Ist das das "r"?

Zitat:

In der Mathematik ist eine freie abelsche Gruppe eine abelsche Gruppe, die eine Basis hat. Das bedeutet, dass jedes Element der Gruppe auf genau eine Weise als Linearkombination von Elementen der Basis mit ganzzahligen Koeffizienten geschrieben werden kann.

Wirft die Frage auf, was ist die Basis? Auch hier (wie in LinA) ein Minimales Erzeugendensystem? Bei $\begin{eqnarray*} (\mathbb Z,+) \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} \{1\} \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

Damit man die Eindeutigkeit der Darstellung bekommt? $\begin{eqnarray*} \{-1,1\} \end{eqnarray*}$ wäre auch ein Erzeugendensystem, aber keine Basis?

Was ist denn dann der Rang von $\begin{eqnarray*} (\mathbb Z,+) \end{eqnarray*}$ ? 1, weil die Basis nur aus $\begin{eqnarray*} \{1\} \end{eqnarray*}$ besteht? Und bei $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r \end{eqnarray*}$ dann r?

Soweit erst mal zu den Begrifflichkeiten. Warum nennt man eine abelsche Gruppe mit Basis dann frei... Also wovon ist man frei? Oder sollte ich mich von dieser Frage frei machen? Big Laugh

30.03.2011, 19:20

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

der Begriff der freien Gruppe wird m.E. auf Wikipedia ganz gut erklärt: http://de.wikipedia.org/wiki/Freie_Gruppe
Auch auf den Begriff der Torsion geht Wikipedia ein: http://de.wikipedia.org/wiki/Torsionsgruppe

Dabei wird dort Torsion für Moduln erklärt. Jede abelsche Gruppe ist aber auf kanonische Weise ein $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ -Modul, sodass die Begriffe übereinstimmen.

Die Begrifflichkeit "frei" zu sein, verstehe ich als "frei von Relationen". So ist beispielsweise jede Gruppe epimorphes Bild einer freien Gruppe, indem man die freie Gruppe auf einer bestimmten Anzahl von Erzeugern betrachtet (schlimmstenfalls die freie Gruppe auf allen Gruppenelementen) und dann den Normalteiler herausfaktorisiert, der von den Relationen der Gruppenelemente untereinander erzeugt wird. Das musst du jetzt noch nicht unbedingt verstehen, aber irgendwann ist das ein interessantes Konzept.

PS: Ja, $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ist der Rang. $\begin{eqnarray*} (\mathbb{Z},+) \end{eqnarray*}$ ist frei auf $\begin{eqnarray*} \{1\} \end{eqnarray*}$ ,hat also in der Tat Rang 1. Freude

30.03.2011, 19:27

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, nach dem Abendessen lese ich das. Ich fürchte, es führt zu weit weg ...

Zitat:

Und bei $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r \end{eqnarray*}$ dann r?

Da habe ich den Rang falsch gemacht?

Endfrage ist, warum aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r = \mathbb Z^{s} \end{eqnarray*}$ folgen muss: r=s.

30.03.2011, 19:51

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Doch doch, das geht, der Rang von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^r \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ .

Das mit $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^r \cong \mathbb{Z}^s \Rightarrow r=s \end{eqnarray*}$ ist eine Frage, die auf sehr lustige Dinge führen kann. Hier ist es noch ganz einfach, denn dies gilt für jeden kommutativen Ring $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ . Man nehme ein maximales Ideal $\begin{eqnarray*} I \triangleleft R \end{eqnarray*}$ und betrachte den Faktorring $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$ , der dann auch ein Körper ist. Es folgt die Isomorphie von Vektorräumen $\begin{eqnarray*} (R/I)^r \cong (R/I)^s \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} r=s \end{eqnarray*}$ .
Die Aussage gilt beispielsweise auch für Noethersche Ringe (Beweis mit Hilfe des Lemmas von Fitting).

Und dann hier noch ein lustiges Gegenbeispiel. Sei $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ ein Vektorraum mit abzählbar unendlicher Basis. Dann ist $\begin{eqnarray*} V \cong V\oplus V \end{eqnarray*}$ und somit ist dann auch $\begin{eqnarray*} R:={\rm End}(V) \cong {\rm End}(V\oplus V)\cong R^{2\times 2} \cong R^4 \end{eqnarray*}$

30.03.2011, 19:56

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, dann muss ich den Beweis verschieben, denn Ringe kommen erst im nächtsen Kapitel. Danke. Dann kann ich das ja noch mal lesen.

30.03.2011, 22:44

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Im Slript habe ich folgende Zeile entdeckt, ich kann mit ihr jedoch nichts anfangen

Zitat:

aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r =\mathbb Z^s \end{eqnarray*}$ mit r,s, nat. Zahlen folgt r=s, denn $\begin{eqnarray*} 2\mathbb Z^r=(2\mathbb Z)^r \end{eqnarray*}$ hat den Index $\begin{eqnarray*} 2^r \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r \end{eqnarray*}$ , wegen $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r/(2\mathbb Z^r) \cong (\mathbb Z /2\mathbb Z)^r \cong C_2^r \end{eqnarray*}$ (Bemerkung: Index eingentlich nur in endlichen Gruppen definiert )

Ich verstehe eigentlich nur Bahnhof. Wo ist da denn überhaupt ein s? Vielleicht kannst du mir beim Blickwinkel noch mal helfen. Augenzwinkern

30.03.2011, 23:22

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Im wesentlichen ist das der selbe Beweis. Ringtheoretisch ist $\begin{eqnarray*} 2\mathbb{Z} \stackrel{\text{max}}{\triangleleft} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ und dann passiert das, was ich oben beschrieben habe. Hier ist das Ganze nur eher gruppentheoretisch formuliert und dann will man vielleich darauf hinaus, dass $\begin{eqnarray*} C_2^r \cong C_2^s \Rightarrow r=s \end{eqnarray*}$ schon auf mengentheoretischer Ebene gilt, es handelt sich um endliche kartesische Produkte zweielementiger Mengen.

Zitat:

(Bemerkung: Index eingentlich nur in endlichen Gruppen definiert )

Ist das eine Bemerkung des Skripts, dass dort der Index nur in endlichen Gruppen definiert ist? Denn eigentlich kann man (offensichtlich) den Index auch in unendlichen Gruppen definieren.

30.03.2011, 23:30

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Um den "Trick" zu verstehen. Bei Z ist man noch unendlichdimensional.

Daher ist das mit "gleiche Basis - gleicher Exponent" nicht klar, also $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r \cong \mathbb Z^s \Rightarrow r=s ? \end{eqnarray*}$

nun sucht man sich in beiden Gruppen einen (maximalen) Normalteiler und bestimmt die Ordnung der Faktorgruppe [im endlichen war das im Skript - und das muss ich ja als Realität annehmen - dann der Index des Normalteilers in der Gruppe]. Die Faktorgruppe ist isomoprh zu einer endlichen Gruppe.

Dort gilt dann "gleiche Basis - gleicher Exponent", also $\begin{eqnarray*} C_2^r \cong C_2^s \Rightarrow r=s \end{eqnarray*}$

Letzte Frage dann, warum gilt: $\begin{eqnarray*} \mathbb Z^r/(2\mathbb Z^r) \cong (\mathbb Z /2\mathbb Z)^r \end{eqnarray*}$ ? Weil ich beim direkten Produkt in den Faktoren selbst rechnen darf?

30.03.2011, 23:51

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

"Bei Z ist man noch unendlichdimensional" verstehe ich gerade nicht. Der Punkt ist eben, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^r, \mathbb{Z}^s \end{eqnarray*}$ keine Vektorräume, sondern Moduln sind. Nun hat zunächst nicht jeder Modul eine Basis und der Rang (das Analogon zur Dimension eines VR) lässt sich auch nicht immer sinnvoll definieren (siehe mein Beispiel $\begin{eqnarray*} R\cong R^4 \end{eqnarray*}$ oben). Durch die Wahl des maximalen Ideals geht man zu einem Körper über und greift somit auf die lineare Algebra, insbesondere den Steinitzschen Austauschsatz und die Wohldefiniertheit der Dimension zurück.

Auch bei unendlichen Gruppen definiert man als Index die Ordnung der Faktorgruppe, zumindest falls diese Ordnung endlich ist. Im Fall der Gruppen würde ich das ganze dann wie gesagt als endliches kartesisches Produkt endlicher Mengen auffassen, da sollte die Gleichheit folgen.

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^r / 2 \mathbb{Z}^r \cong (\mathbb{Z}/ 2 \mathbb{Z})^r \end{eqnarray*}$ gilt aus folgendem Grund: ist $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ein kommutativer Ring (mit 1) und sind $\begin{eqnarray*} M_i \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Moduln, jeweils mit einem Teilmodul $\begin{eqnarray*} U_i\leq M_i \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} 1 \leq i \leq n \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} \bigoplus_{i=1}^n M_i \to \bigoplus_{i=1}^n (M_i/U_i) , ~ (m_1 , ... , m_n) \mapsto (m_1+U_1 , ... , m_n + U_n) \end{eqnarray*}$ ein Modulepimorphismus mit Kern $\begin{eqnarray*} \bigoplus_{i=1}^n U_i \end{eqnarray*}$ und somit gilt nach dem Homomorphiesatz $\begin{eqnarray*} \bigoplus_{i=1}^n M_i ~/ ~ \bigoplus_{i=1}^n U_i \cong \bigoplus_{i=1}^n (M_i/U_i) \end{eqnarray*}$ .

31.03.2011, 00:00

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.
Doch doch, das geht, der Rang von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^r \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ .

Das mit $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}^r \cong \mathbb{Z}^s \Rightarrow r=s \end{eqnarray*}$ ist eine Frage, die auf sehr lustige Dinge führen kann. Hier ist es noch ganz einfach, denn dies gilt für jeden kommutativen Ring $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ . Man nehme ein maximales Ideal $\begin{eqnarray*} I \triangleleft R \end{eqnarray*}$ und betrachte den Faktorring $\begin{eqnarray*} R/I \end{eqnarray*}$ , der dann auch ein Körper ist. Es folgt die Isomorphie von Vektorräumen $\begin{eqnarray*} (R/I)^r \cong (R/I)^s \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} r=s \end{eqnarray*}$ .
Die Aussage gilt beispielsweise auch für Noethersche Ringe (Beweis mit Hilfe des Lemmas von Fitting).

Und dann hier noch ein lustiges Gegenbeispiel. Sei $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ ein Vektorraum mit abzählbar unendlicher Basis. Dann ist $\begin{eqnarray*} V \cong V\oplus V \end{eqnarray*}$ und somit ist dann auch $\begin{eqnarray*} R:={\rm End}(V) \cong {\rm End}(V\oplus V)\cong R^{2\times 2} \cong R^4 \end{eqnarray*}$

Im Gegenbeispiel ist R nicht kommutativ. Spaltest du bei der direkten Summe dann z.B. in die geraden und ungeraden Basisvektoren auf?

31.03.2011, 12:57

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, natürlich ist $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ nicht kommutativ. Es ist zunächst für beliebige Ringe nicht klar, dass $\begin{eqnarray*} R^n \cong R^m \end{eqnarray*}$ die Gleichheit $\begin{eqnarray*} n=m \end{eqnarray*}$ impliziert.
Jedoch gilt sie für kommutative Ringe, genau so für Noethersche und bestimmt auch noch für andere Klassen von Ringen.
Das war also ein Gegenbeispiel zu "Die Gleichheit folgt immer".

Der Isomorphismus von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V\oplus V \end{eqnarray*}$ geht so: Sei $\begin{eqnarray*} (B_i)_{i \in \mathbb{N}}) \end{eqnarray*}$ eine Abzählung der Basis von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ .
Dann bilde ab $\begin{eqnarray*} B_{2n} \mapsto (B_n,0), ~ B_{2n+1}\mapsto (0,B_n) \end{eqnarray*}$ .

Die Tatsache, dass dies den Isomorphismus eindeutig festlegt bedeutet übrigens, in der von dir neu gelernten Sprache, nichts anderes, als dass jeder Vektorraum frei auf seiner Basis ist. Augenzwinkern

31.03.2011, 17:19

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.
Der Isomorphismus von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V\oplus V \end{eqnarray*}$ geht so: Sei $\begin{eqnarray*} (B_i)_{i \in \mathbb{N}}) \end{eqnarray*}$ eine Abzählung der Basis von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ .
Dann bilde ab $\begin{eqnarray*} B_{2n} \mapsto (B_n,0), ~ B_{2n+1}\mapsto (0,B_n) \end{eqnarray*}$ .

Ok, Idee war richtig. Ich muss da noch lernen, das besser auszudrücken.

Zitat:

Die Tatsache, dass dies den Isomorphismus eindeutig festlegt bedeutet übrigens, in der von dir neu gelernten Sprache, nichts anderes, als dass jeder Vektorraum frei auf seiner Basis ist. Augenzwinkern

Neue Frage »

Antworten »

Endlich erzeugte abelsche Gruppe

Verwandte Themen