Jeder Körper-Homomorphismus injektiv

02.07.2011, 15:15

Pascal95

Jeder Körper-Homomorphismus injektiv

Hallo,

ich möchte zeigen, dass jeder Körper-Homomorphismus injektiv ist.

Zitat:

Seien $\begin{eqnarray*} K,~L \end{eqnarray*}$ Körper, $\begin{eqnarray*} f:~K\to L \end{eqnarray*}$ Homomorphismus. Zeigen Sie: $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist injektiv.

Dazu stolpere ich über folgendes:
Ich möchte zeigen (ist m.E. auch für den Beweis notwendig), dass $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ für jeden Homomorphismus gilt. Dass dies für einen Automorphismus gilt, lässt sich ja leicht zeigen:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} 0=0+0\quad|~ f\text{ anwenden} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(0)=f(0+0)\quad|~\text{Eigenschaft jedes Homomorphismuses ausnutzen} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(0)=f(0)+f(0)\quad|~\text{inverses Element }-f(0)\text{ existiert} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0=f(0) \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} 1=1\cdot1\quad|~ f\text{ anwenden} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(1)=f(1\cdot1)\quad|~\text{Eigenschaft jedes Homomorphismuses ausnutzen} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(1)=f(1)\cdot f(1)\quad|~\text{inverses Element }f(1)^{-1}\text{ existiert, weil jeder Automorphismus bijektiv,}<br /> \text{also insbesondere injektiv ist, und somit }f(0)=0\neq f(1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 1=f(1) \end{eqnarray*}$

Hier wird also Injektivität vorausgesetzt.

Ich möchte aber zeigen, dass jeder Homomorphismus injektiv ist und $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ benötige ich dazu.

Ich gehe nämlich folgendermaßen vor:
Zuerst zeige ich, dass nur die Null auf Null abgebildet wird.
Dass $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ gilt, habe ich gezeigt. Nun möchte ich zeigen, dass es kein $\begin{eqnarray*} a\neq 0 \end{eqnarray*}$ gibt, dass auf Null abgebildet wird.
Dazu nehme ich an, es gebe doch solch ein $\begin{eqnarray*} a\neq0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(a)=0 \end{eqnarray*}$ . Dann könnte man schreiben:
$\begin{eqnarray*} f(1)=f(a\cdot a^{-1})=f(a)\cdot f(a^{-1})=0\cdot f(a^{-1})=0 \end{eqnarray*}$
(multipl. Inv existiert, da a ungl. 0)
Das ist aber falsch, denn $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ gilt immer.
Aber, um zu beweisen, dass das gilt, benötige ich die Injektivität. Aber genau die möchte ich doch beweisen - ein Zirkelschluss !

Wie kann man doch die Injektivität beweisen ?

Vielen Dank

02.07.2011, 16:10

Felix

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Du hast Recht man muss für $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ fordern, dass es nicht die identische Nullabbildung ist.

02.07.2011, 16:15

Pascal95

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Die Nullabbildung ist doch diejenige, die alle Elemente auf 0 abbildet.

Leider bin ich verwirrt.
Wenn man voraussetzt, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht die Nullabbildung ist, heißt das, dass $\begin{eqnarray*} \exists x\in K:~f(x)\neq 0 \end{eqnarray*}$ , aber ich möchte ja zeigen, dass dies für alle $\begin{eqnarray*} x\neq0 \end{eqnarray*}$ gilt

02.07.2011, 17:13

Felix

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Ja und ebendas kannst du aber folgern aus den Voraussetzungen:

1) f ist nicht die Nullabbildung
2) f ist Homomorphismus

Dazu zeige:

1) f(1)=1

Hierbei musst du, wie du dir vielleicht denken kannst, mit einem x, das nicht auf Null abgebildet wird arbeiten.

2) f(0)=0 edit: und das eben nur für 0 Augenzwinkern

Mit 1), wie du es schon getan hast. Schließlich folgt dann daraus relativ einfach die Injektivität.

02.07.2011, 17:28

tmo

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Man braucht noch nicht mal $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ .

Man argumentiert einfach mit dem geeigneten x:
$\begin{eqnarray*} 0 \neq f(x) = f(xaa^{-1}) = f(x)f(a)f(a^{-1}) \end{eqnarray*}$

Das gilt für alle $\begin{eqnarray*} a \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Und übrigens wurde in dem Beweis von $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ nirgends vorrausgesetzt, dass f bijektiv ist. Es wurde nur mit $\begin{eqnarray*} f(1)^{-1} \end{eqnarray*}$ (Inverse im Körper) multipliziert, dazu braucht man $\begin{eqnarray*} f(1) \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Das hat nichts mit einer etwaigen Inversen von f zu tun.

Es ist also mehr so, dass $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ aus der Aussage folgt, die du hier beweisen willst. Und nicht andersrum.

02.07.2011, 17:57

Pascal95

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Ok,
$\begin{eqnarray*} f(1)^{-1} \end{eqnarray*}$ existiert aber nur, wenn $\begin{eqnarray*} f(1)\neq0 \end{eqnarray*}$ und das folgt aus der Injektivität von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , da man $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ schon weiß.

Wenn ich tmo nun richtig verstehe:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} 0 \neq f(x) = f(xaa^{-1}) = f(x)f(a)f(a^{-1}) \end{eqnarray*}$

Hier ist also $\begin{eqnarray*} a\neq0 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt.

Man möchte zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f(a)\neq0 \end{eqnarray*}$ !

Wenn ich jetzt Felix noch richtig verstehe, kommt folgendes dabei raus.
Ich versuche es, zusammenhängend zu schreiben:

Zitat:

Ich setze voraus, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht die Nullabbildung ist!
Daher gilt $\begin{eqnarray*} \exists x\in K:~f(x)\neq 0 \end{eqnarray*}$ .
Nun betrachtet man noch ein $\begin{eqnarray*} a\neq0 \end{eqnarray*}$ .
Dieses $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ betrachtet man nun und es gilt: $\begin{eqnarray*} 0\neq f(x)=f\left(x\cdot a\cdot a^{-1}\right)=f(x)\cdot f\left(a\cdot a^{-1}\right) = f(x)\cdot f(a)\cdot f\left(a^{-1}\right) \end{eqnarray*}$
Es gilt allgemein: $\begin{eqnarray*} p\cdot q\neq0~~\Leftrightarrow~~p\neq0\land q\neq0 \end{eqnarray*}$ , daher $\begin{eqnarray*} (p\cdot q)\cdot r\neq0~~\Leftrightarrow~~p\cdot q\neq0\land r\neq0 \end{eqnarray*}$
Also folgt dann: $\begin{eqnarray*} f(x)\neq0\land f(a)\neq0\land f\left(a^{-1}\right)\neq0 \end{eqnarray*}$ , also insbesondere: $\begin{eqnarray*} f(a)\neq0 \end{eqnarray*}$ - FERTIG!

Habe ich das richtig verstanden ?

Vielen Dank bis jetzt schon mal .

02.07.2011, 18:23

Felix

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So geht es wohl am schnellsten ja Freude

02.07.2011, 18:27

Pascal95

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Sehr gut,

aber mir ist folgendes noch nicht klar:

Ich habe ja geschrieben:

Zitat:

Ich setze voraus, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht die Nullabbildung ist!
Daher gilt $\begin{eqnarray*} \exists x\in K:~f(x)\neq 0 \end{eqnarray*}$ .
Nun betrachtet man noch ein $\begin{eqnarray*} a\neq0 \end{eqnarray*}$ .

Das darf man doch gar nicht: Ich habe einfach vorausgesetzt, dass es zwei Elemente gibt, die möglicherweise verschieden sind, und beide nicht auf Null abgebildet werden. Die Aussage "Es gibt 2 Elemente, die nicht auf Null abgebildet werden" ist aber nicht äquivalent zu "f ist nicht die Nullabbildung" (setzt nur 1 Element voraus, das nicht auf 0 abgebildet wird).

verwirrt

02.07.2011, 18:37

tmo

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Du setzt doch nirgends voraus, dass a nicht auf Null abgebildet wird. Das zeigst du doch gerade.

Du setzt wirklich nur voraus, das x nicht auf Null abgebildet wird.

02.07.2011, 18:46

Pascal95

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Achso, stimmt - Da war ich zu vorschnell.

In meinem Buch dazu steht einfach nur:

Zitat:

Angenommen, das Element $\begin{eqnarray*} a\neq0 \end{eqnarray*}$ würde durch $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf 0 abgebildet werden. Dann folgte $\begin{eqnarray*} f(1)=f(a^{-1}\cdot a)=f(a^{-1})\cdot f(a)=f(a^{-1})\cdot0=0 \end{eqnarray*}$ : Widerspruch.

Hier wird $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, und $\begin{eqnarray*} f(1)=0 \end{eqnarray*}$ dann als Widerspruch gehandhabt... (Hmm - merkwürdig, oder wurde da irgendwas anderes stillschweigend vorausgesetzt?)

Wenn man allerdings voraussetzt, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nicht die Nullabbildung ist, kann man ja ein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ nehmen, und $\begin{eqnarray*} f(x)\neq0 \end{eqnarray*}$ (wie vorhin beschrieben)...

02.07.2011, 18:50

tmo

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Wahrscheinlich wurde in deinem Buch irgendwo vorher $\begin{eqnarray*} f(1) = 1 \end{eqnarray*}$ gezeigt.

Aber wie gesagt: Der entscheidene Schritt beim Beweis ist nicht $\begin{eqnarray*} f(1) = 1 \end{eqnarray*}$ , sondern der Fakt, dass es irgendein x mit $\begin{eqnarray*} f(x) \neq 0 \end{eqnarray*}$ gibt.

Der Autor deines Buches wählt halt (ob das jetzt didaktisch sinnvoll ist, sei mal dahingestellt, wahrscheinlich eher nicht) ein ganz konkretes x. Formal ist das natürlich richtig. Aber wie man sieht, wird es so schwerer die eigentlich Punchline zu entdecken.

02.07.2011, 19:04

Pascal95

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Naja, $\begin{eqnarray*} f(1) = 1 \end{eqnarray*}$ wurde tatsächlich vorher gezeigt, allerdings für Automorphismen. (in diesem Beweis wurde Injektivität vorausgesetzt)

Da ich ja zeigen möchte dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ injektiv ist, fahre ich folgendermaßen fort:
$\begin{eqnarray*} f\text{ injektiv}\ \ \Leftrightarrow\ \ f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1=x_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x_1)=f(x_2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x_1)+(-f(x_2))=0 \end{eqnarray*}$

Nun möchte ich zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f(-a)=-f(a) \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} f(-a)=-f(a)\Leftrightarrow f(-a)+f(a)=0\Leftrightarrow f(-a+a)=f(0)=0 \end{eqnarray*}$

Also:
$\begin{eqnarray*} f(x_1)+f(-x_2)=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x_1-x_2)=0 \end{eqnarray*}$

Offensichtlich genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} x_1-x_2=0 \end{eqnarray*}$ , da nur 0 auf 0 abgebildet wird.

$\begin{eqnarray*} x_1-x_2=0\ \ \Leftrightarrow \ \ x_1=x_2 \end{eqnarray*}$

Damit wäre der Beweis abgeschlossen.

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