Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Buri Gockel
Strukturen und Algebra » Moduln » Z/2Z als Z-Modul und als Z/2Z-Modul, Homomorphismen
Autor
Universität/Hochschule J Z/2Z als Z-Modul und als Z/2Z-Modul, Homomorphismen
lu1998
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 28.08.2022
Mitteilungen: 13
  Themenstart: 2022-09-28

Hallo zusammen 😄 ich habe gerade ein paar Schwierigkeiten bei einer Aufgabe. Konkret geht es darum was der Unterschied zwischen \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) aufgefasst als \(\mathbb{Z}\)-Modul und aufgefasst als \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)-Modul ist. Und was ändert sich, wenn ich die Menge der Homomorphismen betrachte, also wo liegt der Unterschied zwischen \(\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\) und \(\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\)? Noch zum Kontext, falls das hilft: Ich habe eine Folge \[E:=(0\to\mathbb{Z}\xrightarrow{(\cdot2)}\mathbb{Z}\xrightarrow{\pi}\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to0)\] von \(\mathbb{Z}\)-Moduln und \(\mathbb{Z}\)-linearen Abbildungen, wobei \(\pi\) die kanonische Projektion ist. Ich soll zeigen, dass die Folge \(\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(E,\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\), also \[0\to\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\xrightarrow{\pi*}\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\xrightarrow{(\cdot2)^*}\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\to0\] isomorph ist zu \[E':=(0\to\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\xrightarrow{id}\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\xrightarrow{(\cdot2)}\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to0)\]


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.1, eingetragen 2022-09-29

Hallo! 🙂 Der Funktor $\hom_{\mathbb{Z}}(-,\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ ist im allgemeinen nur linksexakt. Man bekommt also nur eine verkürzte exakte Sequenz \[ 0 \to \hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \xrightarrow{\pi_*} \hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\xrightarrow{(\cdot 2)_*} \hom_{\mathbb{Z}} (\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}). \tag*{($*$)} \] In der Tat ist $(\cdot 2)_*(f)(n) = f(2n) = 2f(n) = 0$. Also ist $(\cdot 2)_* = 0$ nicht surjektiv! (Wir sehen, daß $\pi_*$ ein Isomorphismus ist.) Nun hängen die Elemente dieser Hom-Moduln nur davon ab, wie sie $1$ bzw. $[1] = \pi(1)$ abbilden. Man bekommt Isomorphismen von $\mathbb{Z}$-Moduln der Art \[ \alpha \colon \hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, \quad \alpha(f) = f[1], \] genauso $\hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, und man sieht, daß ($*$) im Sinne dieser Isomorphismen wirklich isomorph ist zu \[ 0 \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \xrightarrow{\operatorname{id}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \xrightarrow{0} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}. \] Jetzt habe ich auch noch eine Frage an alle: Wie kann man denn hier kommutative Diagramme basteln?


   Profil
lu1998
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 28.08.2022
Mitteilungen: 13
  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-29

Genau, die Isomorphie \(\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) war mir klar, ich stand gestern bei \(\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) irgendwie auf dem Schlauch, aber mit \(\pi*\) als Isomorphismus ist das natürlich klar, vielen Dank! Zu den kommutativen Diagrammen: Die hab ich dann ja direkt mit den Sequenzen und den Isomorphismen, die f auf f(1) schicken, oder nicht? Ich habe da ja \[\require{xypic} \xymatrix{ 0 \ar[r]\ar[d] & \mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\ar[r]^{\pi*}_{\sim}\ar[d]^\alpha_\sim & \mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \ar[r]^{(\cdot2)^*}\ar[d]^{\beta}_\sim & \mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\ar[r]\ar[d]^{\beta}_\sim & 0\ar[d] \\ 0 \ar[r] & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\ar[r]^{id}_\sim & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\ar[r]^{(\cdot2)} & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\ar[r] & 0 }\] mit \[\alpha:\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\to\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\quad\alpha(f)=f([1]) \quad und \\\beta:\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\to\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\quad \beta(f)=f([1])\] Dann ist ja \(\beta(\pi^*(f))=\beta(f\circ\pi)=(f\circ\pi)(1)=f([1])=id(\alpha(f))\) und ebenso \(\beta((\cdot2)^*(f))=(\cdot2)(\beta(f))\). Reicht das für die Abbildungen aus um die Isomorphie der Sequenzen zu zeigen oder wäre es auch notwendig zu zeigen, dass \(id\) ebenso wie \(\pi^*\) bijektiv ist (hier natürlich klar)? Also müssen sich Injektivität sowie Surjektivität von Abbildungen der oberen Zeile auch auf die entsprechenden Abbildungen der unteren Zeile im Diagramm übertragen?


   Profil
lu1998
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 28.08.2022
Mitteilungen: 13
  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-29

Und zur ursprünglichen Fragestellung: ich dachte erst ich kann irgendwie von \(\mathrm{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\) zu \(\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\) übergehen und da dann die Isomorphie \[\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\]nutzen, aber letztere ist ja eine Isomorphie von \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)-Moduln und ich betrachte in den beiden Sequenzen der Aufgabe ja \(\mathbb{Z}\)-Moduln und entsprechend auch \(\mathbb{Z}\)-lineare Abbildungen, das macht also hier wahrscheinlich keinen Sinn. Oder ist es bei \(\mathbb{Z}\) irrelevant, ob man ihn als \(\mathbb{Z}\)-Modul oder als \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)-Modul auffasst? Mit \(a\cdot[x]=[ax]=[a]\cdot[x]\) für \(a\in\mathbb{Z},[x]\in\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) ist die Skalarmultiplikation ja die selbe wie aufgefasst als \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\)-Modul, oder? Hab da aktuell bisschen Probleme mit dem grundlegenden Verständnis der Thematik.


   Profil
Mandelbluete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 332
  Beitrag No.4, eingetragen 2022-09-30

Genauso kann man das machen! Nur "$\to 0$" sollte zweimal aus dem Diagramm herausgenommen werden; dann sind die Zeilen exakt, das heißt, daß der Kern jeder Abbildung das Bild der vorherigen ist. Zu zeigen oder vorauszusetzen ist: (1) $\hom_{\mathbb{Z}}(-,\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ ist linksexakt. (2) $\alpha$ und $\beta$ sind Isomorphismen von $\mathbb{Z}$-Moduln (abelschen Gruppen). Zu (2): Wenn $R$ irgendein kommutativer Ring mit Eins und $V$ ein $R$-Modul ist, dann gilt stets $\hom_R(R,V) \cong V$ (vermutlich bekannt?). In der Tat hat man nun, wie Du gesehen hast, weiter \[ \hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) = \hom_{\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}). \] Diese beiden Hom-Mengen kann man als $\mathbb{Z}$-Moduln auffassen. Man kann $\alpha$ und $\beta$ also zusammen behandeln, oder man zeigt bei $\alpha$ direkt, daß es ein Isomorphismus ist, wenn man es so besser glauben kann. Hoffe, das beantwortet alles. 🙂 Objekte können verschiedene Strukturen besitzen, und man muß sich immer im klaren sein, welche man gerade betrachtet. Zum Beispiel können wir $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ als $\mathbb{Z}$-Modul, aber auch als $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$-Modul betrachten. Es ist sogar ein Körper (der aus zwei Elementen), von dem man die additive Gruppe oder den man als regulären Modul über sich selbst betracht.


   Profil
lu1998
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 28.08.2022
Mitteilungen: 13
  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-30

Genau, die Isomorphie \(\hom_R(R,V) \cong V\) ist mir bekannt. Wie genau wirkt es sich dann aus, über welchem Grundring ich einen Modul betrachte? Ich kann ja für zwei Ringe \(A,B\) mit einem Ringhomomorphismus \(f:A\to B\), einen \(A\)-Modul \(M\) und einen \(B\)-Modu \(N\) die Restriktion von \(N\) entlang \(f\) betrachten, bei uns in der Vorlesung definiert als \(f_*(N)\). Mit \(a\cdot n:=f(a)\cdot n \quad \forall a\in A, n\in N\) kann man \(N\) so ja als \(A\)-Modul auffassen. Gilt dann generell \(f_*(N)=N\) bzw in welchen Situationen macht es einen Unterschied?


   Profil
Kezer
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1837
  Beitrag No.6, eingetragen 2022-09-30

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\CC}{\mathbb{C}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\D}{\mathscr{D}} \newcommand{\A}{\mathbb A} \newcommand{\PP}{\mathbb{P}} \newcommand{\LL}{\mathcal{L}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\FF}{\mathcal{F}} \newcommand{\variety}{\mathcal{V}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand{\Coh}{\mathbf{Coh}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\Bl}{\operatorname{Bl}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\ggT}{\operatorname{ggT}} \newcommand{\Top}{\mathbf{Top}} \newcommand{\map}{\operatorname{map}} \newcommand{\id}{\mathrm{id}} \newcommand{\ol}{\overline} \newcommand{\Cat}{\mathbf{Cat}} \newcommand{\Fun}{\operatorname{Fun}} \newcommand{\sSet}{\mathbf{sSet}} \newcommand{\conv}{\mathrm{conv}} \newcommand{\Ext}{\operatorname{Ext}} \newcommand{\PSh}{\mathbf{PSh}} \newcommand{\op}{\mathrm{op}} \newcommand{\Sing}{\operatorname{Sing}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\KO}{\operatorname{KO}} \newcommand{\BO}{\operatorname{BO}} \newcommand{\Ho}{\operatorname{Ho}} \newcommand{\Kan}{\mathbf{Kan}}\) \quoteon(2022-09-30 14:26 - lu1998 in Beitrag No. 5) Gilt dann generell \(f_*(N)=N\) bzw in welchen Situationen macht es einen Unterschied? \quoteoff Das sind zwei unterschiedliche Objekte, welche in unterschiedlichen Kategorien leben. Sie haben per definitionem die gleiche unterliegende Menge, aber das eine ist ein $A$-Modul und das andere ein $B$-Modul. Beispielsweise kann man Inklusionen $A \hookrightarrow B$ betrachten, noch expliziter z.B. sowas wie $k \hookrightarrow k[x]$ für einen Körper $k$ oder $\mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Q}$. Dann ist beispielsweise $k[x]$ zwar mit der Ringmultiplikation ein $k[x]$-Modul, aber wir erhalten direkt auch eine $k$-Modul Struktur, i.e. eine Vektorraumstruktur, indem man die Wirkung auf $k$ einschränkt. \quoteon(2022-09-29 14:32 - lu1998 in Beitrag No. 2) Reicht das für die Abbildungen aus um die Isomorphie der Sequenzen zu zeigen oder wäre es auch notwendig zu zeigen, dass \(id\) ebenso wie \(\pi^*\) bijektiv ist (hier natürlich klar)? \quoteoff Nein, das muss man nicht zeigen. Was ist denn die Definition eines Isomorphismus von Kettenkomplexen? Als Übungsaufgabe solltest du dir aber klarmachen, dass solche Isomorphismen Injektivitäten und Surjektivitäten immer erhalten.\(\endgroup\)


   Profil
lu1998 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
lu1998 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
lu1998 wird per Mail über neue Antworten informiert.

Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2022 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]