Kommutativität und Assoziativität einer Menge

10.09.2021, 11:41

Malcang

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Kommutativität und Assoziativität einer Menge

Hallo Leute,

ich habe eine ganze Zahl $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ und die Menge $\begin{eqnarray*} M := \left\{ a+b\sqrt{3}, a,b\in\mathbb Z/m\mathbb Z\right\} \end{eqnarray*}$

Nun möchte ich Kommutativität und Assoziativität der Multiplikation zweier Elemente aus $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ nachweisen.
Klar, das könnte ich jetzt stur ausrechnen.
Aber wenn ich schon weiß, dass die Multiplikation dies in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/m\mathbb Z \end{eqnarray*}$ erfüllt, müsste ich mir diese Rechnung doch sparen können, oder?
Aber wie argumentiert man da korrekt? verwirrt

verwirrt

10.09.2021, 12:07

IfindU

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RE: Kommutativität und Assoziativität einer Menge
Das geht hier nicht so leicht. Es ist $\begin{eqnarray*} M \cong \mathbb Z / m\mathbb Z \times \mathbb Z / m\mathbb Z \end{eqnarray*}$ als Menge.

Wenn die Multiplikation nun $\begin{eqnarray*} \cdot_{neu} \colon M \times M \to M, \; (a,b)\cdot_{neu}(c,d) = (ac, bd) \end{eqnarray*}$ definiert, könnte man es argumentieren.

Hier ist aber $\begin{eqnarray*} \cdot \colon M \times M \to M, \; (a,b)\cdot(c,d) = (ac + 3bd, ad + bc) \end{eqnarray*}$ . Und das ist nicht wirklich klar.

Was ich mir vorstellen kann: Definiere $\begin{eqnarray*} M' = \{ a + \sqrt 3 b | a,b \in \mathbb Z\} \end{eqnarray*}$ . Hier gilt $\begin{eqnarray*} M' \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ und dort ist es die Standard-Multiplikation. D.h. $\begin{eqnarray*} M' \end{eqnarray*}$ hat die natürliche Addition/Multiplikation und damit Kommutativ/Assoziativ. Dann muss noch begründen warum $\begin{eqnarray*} M'\to M \end{eqnarray*}$ ein wohldefinierter Homomorphismus ist.

10.09.2021, 12:13

Malcang

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Hallo IfindU,

danke für schnelle Antwort. Ich kann den Einwand auch voll und ganz nachvollziehen.
Ich dachte immer, das hätte ich im Studium mal unter dem Stichwort "Vererbung" so aufgeschnappt. Aber das war dann sicher ein anderes Thema oder eine saloppe Formulierung Big Laugh

Big Laugh

Danke für die Klarstellung!

10.09.2021, 12:17

IfindU

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Zitat:

Original von ichwarneu
Ich dachte immer, das hätte ich im Studium mal unter dem Stichwort "Vererbung" so aufgeschnappt.

Genau das habe ich genutzt. Bloss musste ich erst einmal eine abelsche Halbgruppe finden, welche
a) eine Obermenge für $\begin{eqnarray*} M' \end{eqnarray*}$ ist
b) es die gleiche Verknüpfung besitzt.

Dann vererben sich die Eigenschaften wie Kommutativität und Assoziativität sofort auf $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} M' \end{eqnarray*}$ . Als letzten Schritt muss man sich noch überlegen wie man es von $\begin{eqnarray*} M' \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ übertragen hat.

10.09.2021, 12:39

Malcang

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Sehr interessant. Google brachte mich zu "Genetische Algebra". Daher dachte ich, dass es nicht mit meiner Fragestellung zu tun hat.

10.09.2021, 13:45

Malcang

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Dann möchte ich meine Frage gerne noch einen Schritt erweitern.

Wenn ich bereits weiß, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb R^* \end{eqnarray*}$ eine kommutative, multiplikative Gruppe ist, wie würde ich dann zeigen, dass $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ dies ebenfalls ist?

Gut, $\begin{eqnarray*} M\subset\mathbb R^* \end{eqnarray*}$ .
Also existieren Neutrales und Inverse auch in M.
Abgeschlossenheit ist ebenfalls bereits gegeben.

Müsste ich bei diesen Punkten weiter ausholen?

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10.09.2021, 14:00

Elvis

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Das stimmt nicht, weil schon $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/m \mathbb Z \end{eqnarray*}$ keine multiplikative Gruppe ist.

10.09.2021, 14:32

Malcang

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Ach Mist, sorry. Wieder mal war ich zu flott....
$\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ beziehungsweise $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ sollte eine Primzahl sein, für die 3 quadratischer Nichtrest ist.

10.09.2021, 15:32

IfindU

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Es ist eine Teilmenge-Relation, noch bevor es von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/ m \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .

Wenn $\begin{eqnarray*} 1 \in M' \end{eqnarray*}$ , dann auch $\begin{eqnarray*} 1 \in M \end{eqnarray*}$ . Aber aus $\begin{eqnarray*} M' \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ kannst du nicht folgern, dass $\begin{eqnarray*} M' \end{eqnarray*}$ Elemente enthält, auch nicht spezielle wie neutrales Element oder Inverse. Alles was es sagt: Es beinhaltet nicht mehr Elemente als $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ . Das passt super zu assoziativ und kommutativ, da die Eigenschaft für ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt, und insb. jede Teilmenge davon, aber eben nicht zu Neutralen und Inversen wo es um Existenz gilt.

10.09.2021, 15:37

Malcang

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Ok, Neutrales und Inverse konnte ich nachweisen.

Könnte ich denn sagen:
$\begin{eqnarray*} M\subset\mathbb R^* \end{eqnarray*}$ , welches bekanntermaßen eine kommutative, multiplikative Gruppe ist.
Also ist M multiplikativ abgeschlossen, kommutativ und assoziativ?

Kommutativität und Aossziativität habe ich nun auch rechnerisch bewiesen. Aber das erscheint mir wenig elegant.

10.09.2021, 16:11

IfindU

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Erst einmal: $\begin{eqnarray*} M \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} M^* \subset \mathbb R^* \end{eqnarray*}$ . Aber da $\begin{eqnarray*} 0 \in M \end{eqnarray*}$ ist, gilt es nicht ohne die Einschränkung.

Zum anderen: Abgeschlossenheit vererbt sich auch nicht. Wäre $\begin{eqnarray*} M = \mathbb R \setminus \{ 1 \} \end{eqnarray*}$ :

So hat $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ kein neutrales und damit macht es keinen Sinn über Inverse zu besprechen. Außerdem ist $\begin{eqnarray*} 2 \in M \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac 1 2 \in M \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} 2 \cdot \frac 1 2 \not\in M \end{eqnarray*}$ . Du siehst, die hängen zusammen.

Abgeschlossenheit sagt: Die Elemente, die in der Menge sind, vertragen sich mit der Verknüpfung. Und das ist ein zweiseitiges Schwert:

Je mehr Elemente in der Menge sind, desto "wahrscheinlicher", dass das Produkt zweier Elemente in der Menge wieder in der Menge sind. Da wir ja mehr Elemente in der Menge haben. Auf der anderen Seite wird es aber auch schwieriger, weil wir aus mehr Kombinationen von Elementen Produkte bilden können, welche alle in der Menge liegen mÚssen.

Es geht also nur schön auf, wenn die Elemente gut gewählt sind und sich alle vertragen. Eine einfache Teilmengenrelation ist da viel zu generisch, um das zu gewährleisten.

10.09.2021, 16:34

Malcang

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Danke sehr.
Gut, nehme ich $\begin{eqnarray*} G := \left\{ a+b\sqrt{3}, a,b \in\mathbb Z/p\mathbb Z\right\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ nicht beide gleichzeitig null. $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ sei eine Primzahl, für die 3 quadratischer Nichtrest ist.

Dann gibt es mit (1,0) ein Neutrales.
Inverse gibt es auch mit $\begin{eqnarray*} (m,n)^{-1} = (\frac{m}{m^2-3n^2},\frac{-n}{m^2-3n^2}) \end{eqnarray*}$ .Diese sind definiert, da der Nenner nie null wird.

Kommutativität und Assoziativität rechne ich nach.

Bleibt die Abgeschlossenheit. Geht es folgendermaßen?

Angenommen, es wäre $\begin{eqnarray*} (m,n)\cdot(m',n') = (0,0). \end{eqnarray*}$ Da die Inversen existieren, folgt $\begin{eqnarray*} (m,n) = (0,0) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} (m',n') = (0,0) \end{eqnarray*}$ im Widerspruch zur Voraussetzung.

10.09.2021, 16:36

IfindU

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Abgeschlossen: Du musst zeigen, dass $\begin{eqnarray*} x, y\in G \implies xy \in G \end{eqnarray*}$ .

D.h. du musst zeigen, dass $\begin{eqnarray*} a,b \in \mathbb Z/p\mathbb Z \end{eqnarray*}$ existieren mit $\begin{eqnarray*} xy = a + b \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ .

10.09.2021, 17:20

Malcang

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Puh da weiß ich gar nicht weiter. Ich hätte jetzt sonst das gemacht:

Seien $\begin{eqnarray*} (m,n), (m',n')\in G_p \end{eqnarray*}$ .
Zu zeigen:
$\begin{eqnarray*} (m,n)\cdot (m',n') = (mm' + 3nn', mn' + m'n) \in G_p \end{eqnarray*}$ .

Nun sind die einzelnen Summanden alle in $\begin{eqnarray*} G_p \end{eqnarray*}$ .
Bleibt zu zeigen: $\begin{eqnarray*} (mm' + 3nn', mn' + m'n) \neq (0,0) \end{eqnarray*}$ .

Oder nicht? verwirrt

verwirrt

Und das hätte ich jetzt mit den Fällen gemacht:
1) $\begin{eqnarray*} m = m' = 0 \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} m = n' = 0 \end{eqnarray*}$
3) $\begin{eqnarray*} n = m' = 0 \end{eqnarray*}$
4) $\begin{eqnarray*} n = n' = 0 \end{eqnarray*}$
5) Alle $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$

Scheint mir aber halt sehr unmathematisch, daher wüsste ich gerne einen schöneren Weg.

10.09.2021, 17:26

IfindU

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Ich bin bei dir, bis zu "Bleibt zu zeigen". Warum möchtest du denn Nullteilerfreiheit zeigen? Das ist wenigstens der Name der Eigenschaft, dass $\begin{eqnarray*} xy = 0 \implies x =0 \vee y =0 \end{eqnarray*}$ . Das hat nichts mit Abgeschlossenheit der Multiplikation zu tun.

Weiter impliziert, dass alle Elemente in $\begin{eqnarray*} M^* := M \setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ ein Inverses besitzt, dass $\begin{eqnarray*} M^* \end{eqnarray*}$ nullteilerfrei ist.

10.09.2021, 17:34

Malcang

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Ich muss doch zeigen, dass das Produkt wieder in $\begin{eqnarray*} G_p := \left\{ a+b\sqrt{3}, a,b\in\mathbb Z/p\mathbb Z,\text { a,b nicht beide null} \right\} \end{eqnarray*}$ liegt.

Nun, es ist $\begin{eqnarray*} (m,n) \cdot (m',n') = (mm'+3nn',m'n + mn') \end{eqnarray*}$ .
Für $\begin{eqnarray*} m,n,m',n' \in\mathbb Z/p\mathbb Z \end{eqnarray*}$ liegen die Produkte $\begin{eqnarray*} mm', 3nn'm m'n, mn' \end{eqnarray*}$ alle in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/p\mathbb Z \end{eqnarray*}$ .
Nun müsste also noch ausgeschlossen werden, dass $\begin{eqnarray*} mm' + 3nn' = 0 = m'n + mn' \end{eqnarray*}$ gilt. Dann liegt das Produkt wieder in $\begin{eqnarray*} G_p \end{eqnarray*}$ .

Das war mein Gedanke.

10.09.2021, 17:43

IfindU

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Das kannst du zeigen. Üblicherweise zeigt man das nicht direkt. Du hast es nämlich dafür schon begründet: Die Inversen sind drin und damit ist Nullteilerfreiheit (und damit abgeschlossen in der multiplikativen Gruppe) gegeben.

Ich hatte vorher bei der Definition nicht gesehen, dass du mit $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ wirklich die Gruppe meinst. Ich dachte mehr an eine Ringstruktur, so dass dann $\begin{eqnarray*} G^* \end{eqnarray*}$ die multiplikative Gruppe ist.

Dann passt das alles Freude

Freude

10.09.2021, 17:50

Malcang

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Ich muss mir unbedingt angewöhnen, deutlicher zu schreiben, das gebe ich zu.

Zitat:

Original von IfindU

Dann passt das alles Freude

Freude

Entschuldigung, aber was passt nun genau?
Die fünf Fälle zu untersuchen?
Falls ja, geht das nicht einfacher?

10.09.2021, 17:52

IfindU

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Mit passen meinte ich das hier:

Zitat:

Original von ichwarneu
Bleibt die Abgeschlossenheit. Geht es folgendermaßen?

Angenommen, es wäre $\begin{eqnarray*} (m,n)\cdot(m',n') = (0,0). \end{eqnarray*}$ Da die Inversen existieren, folgt $\begin{eqnarray*} (m,n) = (0,0) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} (m',n') = (0,0) \end{eqnarray*}$ im Widerspruch zur Voraussetzung.

10.09.2021, 17:57

Malcang

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Super, ich bedanke mich ganz vielmals!

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