Monomorphismus kartesisches Produkt

07.05.2021, 13:43	Tasiane	Auf diesen Beitrag antworten »
Monomorphismus kartesisches Produkt Meine Frage: Hallo! Wir haben folgende Aufgabe: a) Zeigen Sie, dass es einen Monomorphismus Z/30Z -> Z/3ZxZ/6ZxZ/5Z gibt. b) Charakterisiere die Ringe bis auf Isomorphie, die als Bilder der Homomorphismen Z->R auftreten. Meine Ideen: Zu a) Hier habe ich einfach x auf x abgebildet mit [x]30->([x]3,[x]6,[x]5) und dann bewiesen, dass hier die Addition f(x+y)=f(x)+f(y) und die Multiplikation f(xy)=f(x)f(y) gilt. Bis hierhin bin in gekommen. Wie begründe ich nun die Injektivität der Abbildung und wie bestimme ich hier den Kern? Und was ist bei Teil b) zu tun? Hier habe ich leider überhaupt keinen Ansatz... Könnte mir hier jemand bitte helfen? LG
07.05.2021, 16:21	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu a). Du willst wissen, ob die Gleichung $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}[x]_3 \\ [x]_6\\ [x]_5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a \\ b\\ c\end{pmatrix}, \end{eqnarray}$ bzw. das System $\begin{eqnarray} \begin{aligned}x &\equiv a\pmod 3,\\ x &\equiv b\pmod 6,\\ x &\equiv c\pmod 5\end{aligned} \end{eqnarray}$ für beliebige $\begin{eqnarray} a,b,c \end{eqnarray}$ höchstens eine Lösung kleiner als 30 besitzt. Ich denke, das geht mit dem allgemeinen chinesischen Restsatz, denn $\begin{eqnarray} \operatorname{kgV}(3,6,5)=30 \end{eqnarray}$ .
07.05.2021, 18:40	Tasiane	Auf diesen Beitrag antworten »
Algebra Den chinesischen Restsatz hatten wir noch nicht... kommt leider erst in der nächsten Stunde dran... ich schau mal, ob ich da Ideenfündig werden. Danke erstmal. Gruss, CC
07.05.2021, 19:38	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Also den Restsatz habe ich eigentlich nur zur Einordnung bzw. Ideenfindung genannt. Das bedeutet ja nicht, dass der Satz in seiner Gänze benötigt wird. Angenommen, du hast so eine Lösung $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ gefunden. Die verschiebst du nun um eine Distanz $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ . Wie groß muss $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ dann mindestens sein, um eine weitere Lösung zu bekommen? Bei einer Kongruenz verhält es sich wie folgt. Wir haben $\begin{eqnarray} x\equiv a\pmod m. \end{eqnarray}$ Gesucht ist kleinstes $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x+d\equiv a\pmod m. \end{eqnarray}$ Aufgrund der vorausgesetzten Kongruenz ist $\begin{eqnarray} d\equiv 0 \end{eqnarray}$ modulo $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ . Also muss $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ ein Teiler von $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ sein. Bei den drei gleichzeitig zu erfüllenden Kongruenzen muss entsprechend 3, 6, 5 jeweils ein Teiler von $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ sein. Demnach ist die kleinste Verschiebung das kgV der Zahlen.
08.05.2021, 10:10	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
@Finn_ Ich denke ein wenig eleganter lässt sich argumentieren, wenn man nutzt, dass es ein Homomorphismus ist. D.h. man muss nur beweisen, dass der Kern trivial ist. Nun ist $\begin{eqnarray} [x] \end{eqnarray}$ im Kern, wenn $\begin{eqnarray} [x]_3 = [x]_5 = [x]_6 = 0 \end{eqnarray}$ . D.h. es existieren ganze Zahlen $\begin{eqnarray} a,b,c \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x = 3a = 5b = 6c \end{eqnarray}$ . Damit $\begin{eqnarray} 5 \| x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 6 \| x \end{eqnarray}$ . Da $\begin{eqnarray} ggT(5,6) = 1 \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} kgV(5,6) = 30 \end{eqnarray}$ und damit $\begin{eqnarray} 30 \| x \end{eqnarray}$ . D.h. $\begin{eqnarray} [x]_{30} = 0 \end{eqnarray}$ .
08.05.2021, 13:51	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu b). Sei $\begin{eqnarray} f\colon\mathbb Z\to\mathbb R \end{eqnarray}$ ein beliebiger Homomorphismus. Dann gilt einerseits $\begin{eqnarray} f(k) = f(k\cdot 1) = f(k)f(1) \end{eqnarray}$ und andererseits $\begin{eqnarray} f(k) = f(\sum_{i=1}^k 1) = \sum_{i=1}^k f(1) = kf(1). \end{eqnarray}$ Demnach gilt $\begin{eqnarray} 0 = f(k) - f(k) = f(k)f(1)-kf(1) = (f(k)-k)f(1). \end{eqnarray}$ Nun ist $\begin{eqnarray} \mathbb R \end{eqnarray}$ ja frei von Nullteilern. Damit haben wir $\begin{eqnarray} f(k)=k \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} f(1)=0 \end{eqnarray}$ . Und $\begin{eqnarray} f(1)=0 \end{eqnarray}$ bedeutet $\begin{eqnarray} f(k)=0 \end{eqnarray}$ . Entweder ist $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ der kanonische Einbettungsmonomorphismus, oder die Nullabbildung. Das heißt, $\begin{eqnarray} f(\mathbb Z)\cong\mathbb Z \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} f(\mathbb Z)=\{0\} \end{eqnarray}$ .
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10.05.2021, 08:41	Tasiane	Auf diesen Beitrag antworten »
Also mit R sind hier nicht die reellen Zahlen gemeint, sondern allgemein Ringe. Das würde die Aufgabe allgemeiner machen... Deine Lösung kann ich hier in diesem Fall leider nicht nachvollziehen. Für die Reellen Zahlen erscheint mir das logisch ... allgemeine Ringe??? Da kommen auch mal Nullteiler vor...nicht?
10.05.2021, 09:37	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Ist b) nicht einfach der Homomorphiesatz?

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