Isomorphismen

07.05.2013, 00:36

Axelander

Isomorphismen

Hallo!

Die Aufgabe, die ich bearbeiten soll lautet: Für n e N definieren wir nZ als die Menge aller ganzen Zahlen, die durch n teilbar sind. Beweisen Sie, dass für alle n,m e N die Gruppen (nZ,+) und (mZ,+) isomorph sind.

So also zwei Gruppen sind nach Definition isomorph, wenn ein Isomorphismus nZ -> mZ existiert. Ich würde so an die Aufgabe herangehen, dass ich versuche eine Abbildungsvorschrift zu finden, wodurch meine beiden Gruppen isomorph sind und versuche das dann zu beweisen. Ich habe allerdings Probleme diese Abbildungsvorschrift zu finden. Ist mein Ansatz so richtig und kann mir jemand vielleicht dabei helfen die Abbilungsvorschrift zu finden?

Vielen Dank schonmal!

Gruß
Axel

07.05.2013, 01:53

Tesserakt

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Versuch's mal mit $\begin{eqnarray*} \varphi: n \mathbb Z \to m \mathbb Z, \; x \mapsto \frac{m \cdot x}{n} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \in n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ gilt dann
$\begin{eqnarray*} \varphi(x_1 + x_2) = \frac{m \cdot (x_1 + x_2)}{n} = \frac{m \cdot x_1}{n} + \frac{m \cdot x_2}{n} = \varphi(x_1) + \varphi(x_2) \end{eqnarray*}$ .

Überlege dir, weshalb zu jedem $\begin{eqnarray*} x \in n\mathbb Z \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} \frac{m \cdot x}{n} \in m\mathbb Z \end{eqnarray*}$ gilt.

07.05.2013, 15:13

Axelander

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Vielen Dank das hat schonmal super geholfen. Wie kommt man auf so eine Funktionsvorschrift? Ist das Übungssache? Erkennt man das einfach nach einiger Zeit oder gibt es da einen Trick bei?

Jetzt muss ich ja nur noch zeigen, dass die funktion bijektiv ist. Dafür zeige ich erstmal, dass f injektiv ist. Wenn x1 ungleich x2, dann ist auch f(x1) ungleich f(x2) das kann ich einfach machen indem ich f(x1) und f(x2) ungleichsetze und dann mit n multippliziere und durch m teile auf beiden Seiten. Dann habe ich nur noch x1 ungleich x2 stehen. Dadruch ist beweisen, dass f injektiv ist. Kann ich jetzt so argumentieren, dass f bijektiv ist, weil f injektiv ist und nZ und mZ die gleiche Kardinalität haben?

07.05.2013, 16:00

Tesserakt

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Zitat:

Original von Axelander
Wie kommt man auf so eine Funktionsvorschrift?

Durch folgende Überlegungen:
Zu jeder durch $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ teilbaren Zahl $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} k_i \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_i = n \cdot k_i \end{eqnarray*}$ .
Hieraus können wir ganz einfach eine durch $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ teilbare Zahl $\begin{eqnarray*} y_i \end{eqnarray*}$ generieren, indem wir $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ teilen und anschließend mit $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ multiplizieren.

Also $\begin{eqnarray*} y_i = \frac{mx_i}{n} = \frac{m \cdot n \cdot k_i}{n} = m \cdot k_i \end{eqnarray*}$ , was tatsächlich offenbar durch $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ teilbar ist.

Zitat:

Kann ich jetzt so argumentieren, dass f bijektiv ist, weil f injektiv ist und nZ und mZ die gleiche Kardinalität haben?

Gefährlich, denn nicht alle injektiven Abbildungen zwischen Mengen gleicher Kardinalität sind auch bijektiv.

07.05.2013, 16:12

Axelander

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Okay dann würde ich so argumentieren, dass f surjektiv ist, weil jedes Element aus mZ abbgebildet werden kann. Durch das Teilen durch n erhalten wir die Menge aller ganzen Zahlen. Durch die Multiplikation mit m können wir auf alle Elemente der Menge mZ kommen.
Ist das als Beweis hinreichend, wenn ich so argumentiere?

07.05.2013, 16:27

Tesserakt

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So in etwa.
Für einen formalen Beweis würde ich geringfügig präziser und ausführlicher Argumentieren:

Angenommen, $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \varphi: n \mathbb Z \to m \mathbb Z, \; x \mapsto \frac{m \cdot x}{n} \end{eqnarray*}$ ist surjektiv.

Dann existiert zu jedem $\begin{eqnarray*} y \in m \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} x \in n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \varphi(x) = y \Leftrightarrow \frac{m \cdot x}{n} = y \end{eqnarray*}$ .

Durch einfache Umformungen erhalten wir $\begin{eqnarray*} x = \frac{n \cdot y}{m} \end{eqnarray*}$ .
Da $\begin{eqnarray*} y \in m \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist, existiert eine ganze Zahl $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y = m \cdot k \end{eqnarray*}$ .

Ergo $\begin{eqnarray*} x = \frac{n \cdot y}{m} = \frac{n \cdot m \cdot k}{m} = n \cdot k \in n\mathbb Z \end{eqnarray*}$ , womit die Surjektivität von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ gezeigt ist.

Ansonsten sind wir nun tatsächlich fertig, denn aus der Surjektivität und der Injektivität von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ folgt die Bijektivität von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ .
Da $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ein Gruppenhomomorphismus ist (s. oben), ist $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ein Isomorphismus und es gilt $\begin{eqnarray*} (n \mathbb Z, +) \simeq (m \mathbb Z, +) \end{eqnarray*}$ , was zu beweisen war.

07.05.2013, 17:05

Axelander

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Vielen lieben Dank, dass du dir die Zeit genommen hast, mir bei der Aufgabe zu helfen!!!!

07.05.2013, 17:07

Tesserakt

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Keine Ursache. smile

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