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Strukturen und Algebra » Gruppen » Injektivität äquivalent zur Endlichkeit von Z^n / f(Z^n)
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Autor
Universität/Hochschule J Injektivität äquivalent zur Endlichkeit von Z^n / f(Z^n)
Ralip
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-03-21


Hey!
Ich grübel nun seit ca. einer Woche an dieser Aufgabe, aber die Ansätze sind stets erfolglos. Da ich aber in der Lektüre mal langsam vorankommen möchte, dachte ich, ich konsultiere euch.

Z,+ Gruppe der ganzen Zahlen
Z^n ist das n-fache Produkt der Gruppe mit n Element IN

Sei f : Z^n ---> Z^n ein Gruppenhom. Beweise: Die Injektivität von f ist äquivalent zur Endlichkeit der Faktorgruppe Z^n  / im(f)

Vielen, vielen Dank!!




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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-03-21


Hey

Versuch zunächst zu zeigen, dass $\mathbb{Z}^N/Im(f)$ genau dann endlich ist, wenn $N>0$ ex. mit $N\cdot \mathbb{Z}^n\subseteq Im(f)$.

Dann betrachte die zu $f$ zugehörige Matrix $A$, und betrachte die lineare Abbildung $x\mapsto Ax$ von $\mathbb{Q}^n\to \mathbb{Q}^n$. Vielleicht kann man hier zeigen, dass diese Abbildung surjektiv ist.

Grüße
Creasy


-----------------
Smile (:



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-03-21


Was wissen wir denn über Unter- und Faktorgruppen von $\IZ^n$?

Denn der Beweis für $n=1$ wäre doch grob gesagt folgender:

$f$ injektiv $\Rightarrow$ $im(f)\leq \IZ \Rightarrow \exists ~ m\ne 0: im(f)=m\IZ \Rightarrow \IZ/im(f)=\IZ/m\IZ$ endlich.

$f$ nicht injektiv $\Rightarrow ker(f)\ne 0 \Rightarrow \exists ~ m\ne 0: ker(f)=m\IZ \Rightarrow \IZ/ker(f)=\IZ/m\IZ $ endlich. Da $\IZ/ker(f)\simeq im(f)  \Rightarrow \IZ/im(f)$ unendlich.

VG



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Ralip
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


Vielen Dank für eure Antworten!

@Creasy, ich werde es versuchen, danke!


@supermonkey, danke!
Im Buch haben wir noch fast nichts zum Produkt von Gruppen gemacht. Lediglich folgendes in Form eines Beispiels für Gruppen (bereits auf Z^n angepasst):
- Es gilt die Gleichheit Z^n = Abb({0,...,n}, Z^n) wobei Abb(...) eine Gruppenstruktur durch f*g(x) = f(x)*g(x) erhält.

Mir würde nicht einfallen wie das helfen könnte.

Der Beweis für n=1 ist mir bereits geglückt, zwar ähnlich, aber ein wenig anders als deiner.

Dann habe ich erfolglos versucht ihn für n=2 zu machen.

Gruß



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Ralip
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-22


Hey,
Ich denke ich brauche nochmal einen Tipp.

Ich habe mir zwar überlegt, dass aus im(f) = N*Z^n folgt, dass Z^n / im(f) endlich ist. Jedoch wie zeigt man die andere Implikation?

Vielen Dank!



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-03-22


Hey,

du solltest nur annehmen, dass es $N>0$ gibt mit $N\mathbb{Z}^n\subseteq im(f)$ (und nicht Gleichheit).

Ex. ein solches $N$, so ist $\mathbb{Z}^n/N\mathbb{Z}^n \to \mathbb{Z}^n/im(f)$ wohldefiniert und surjektiv.  (So hast du das vermutlich gemacht?)

Für die andere Richtung kannst du $N=|\mathbb{Z}^n/im(f)|$ setzen.
Für alle $x\in \mathbb{Z}^n$ gilt dann nämlich $N\cdot (x+im(f))=0$ in $\mathbb{Z}^n/im(f)$, also $Nx\in im(f)$.

Beste Grüße
Creasy



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Ralip
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-23 14:39


Hi,
Ich habe es ehrlich gesagt nur gedanklich gemacht, ohne formalen Beweis.
Deine genannte Abbildung ist surjektiv, da Nebenklassen bekanntlich disjunkt sind und da N*Z^n eine Teilmenge von Bild(f) ist und N*Z^n endlich viele Verschiebungen hat, hat auch Z^n / Bild(f) nur endlich viele (denn N*Z^n wird hier genauso verschoben wie bei Z^n / N*Z^n und Nebenklassen sind ja disjunkt) und insbesondere die gleichen "Verschieber" oder besser Repräsentanten. Und da sie surjektiv ist und die Def.menge endlich ist, muss (da die Abb wohldefiniert ist) auch die Wertemenge endlich sein.
Ist das korrekt?

Bei der 2. Implikation fürchte ich weitere Fragen zu haben.

$N\cdot (x+im(f))=0 \in \mathbb{Z}^n/im(f)$

Hier verstehe ich nicht wieso dies gleich 0 ist. Für n=1 ist das klar, wieso aber im Allgemeinen?

Danke für deine Super Hilfe bisher!!



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-03-23 20:03


Hey,
scheint mir ein komplizierterer Gedankengang zu sein als hier nötig ist, man betrachtet die kanonische Projektion $\mathbb{Z}^n\to \mathbb{Z}^n/Im(f)$, also $x\mapsto x+Im(f)$. Da $N\mathbb{Z}^n\subseteq Im(f)$ exisitert eine wohldefinierte Abbildung $\mathbb{Z}^n/N\cdot \mathbb{Z}^n \to \mathbb{Z}^n/Im(f)$, und zwar  $x+N\cdot \mathbb{Z}^n \mapsto x+Im(f)$. Dass diese Abbildung surjektiv ist, ist offensichtlich. (Ein Urbild von $x+Im(f)$ ist $x+N\cdot \mathbb{Z}^n$)

Für die andere Implikation nutzt man, dass die Ordnung eines Elementes die Gruppenordnung teilt  (Lagrange). Für eine Gruppe $G (=\mathbb{Z}^n/Im(f)$, das ist eine Gruppe, weil $Im(f)$ eine Untergruppe ist, und $\mathbb{Z}^n$ abelsch ist, also ist $Im(f)$ ein Normalteiler) und $N=|G|$ und ein Element $g\in G$ ist $N\cdot g=e_G$, also hier das was ich schrieb:
$N\cdot(x+Im(f))=0 in \mathbb{Z}^n/Im(f)$



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Ralip
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-23 20:04



Dann betrachte die zu f zugehörige Matrix A, und betrachte die lineare Abbildung x↦Ax von Qn→Qn. Vielleicht kann man hier zeigen, dass diese Abbildung surjektiv ist.

Und außerdem:
Welche Matrix meinst du, die zu f gehört?

Matrizen kenne ich ehrlich gesagt noch nicht.

Danke!
Grüße

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-03-23 20:35


Matrizen sollten aus der Schule bekannt sein. Der Beweis, den ich im Sinn habe, benutzt auch Resultate aus der linearen Algebra 1, wie z.b. eine Matrix über einem Körper ist genau dann invertierbar, wenn der Kern der Matrix nur den Nullvektor enthält.

Ich bin mir nicht so sicher, was für Resultate man jetzt hier nur verwenden soll?



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Ralip
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-23 20:50


Vielen vielen Dank soweit!
Die Äquivalenz habe ich nun verstanden. Ich war zwar auf die Idee gekommen Lagrange zu probieren, nicht aber ihn auf die von einem Element erzeugte zyklische (Unter)Gruppe anzuwenden bzw. dass die Ordnung eines Elementes die Gruppenordnung teilt zu verwenden.
Aber da ist jetzt alles klar, danke dir!

Zum weiteren Teil deines Beweises:

Ich bin mir nicht so sicher, was für Resultate man jetzt hier nur verwenden soll?
Die Aufgabe ist aus Bosch Algebra. Vermutlich werden hier Kenntnisse vorrausgesetzt (oder zummindest vereinzelt, wie bei dieser Aufgabe), die ich nicht habe. Womöglich aus seinen Linearen Algebra Büchern o.ä.
Die habe ich nicht bearbeitet und generell habe ich dort kein Wissen - ich versuche die Grundlagen aufzuarbeiten.

Also Matrizen kenne ich natürlich schon, jedoch habe ich mich noch nie wirklich mit ihnen beschäftigt. Sie folgen jedoch in Kürze in einem Grundlagenskript, das ich parallel zu Boschs Buch bearbeite.


Der Beweis, den ich im Sinn habe, benutzt auch Resultate aus der linearen Algebra 1, wie z.b. eine Matrix über einem Körper ist genau dann invertierbar, wenn der Kern der Matrix nur den Nullvektor enthält.
Dann wäre es womöglich besser wenn du den Beweis postest und ich versuche ihn nachzuvollziehen, und ich mir dafür die nötigen Definitionen kurz (grob) angucke.

Die Grundlagen dafür näher zu verstehen und zu durchdringen werde ich vermutlich im Zuge des Skriptes (und teils auch im Buch) tun - wenn nicht, beschaffe ich mir entsprechende Lektüre.

Oder was meinst du?

Grüße



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-03-23 21:03


Hey, tatsächlich wird da ein ähnlicher Tipp gegeben. Also

Wir setzen $f_Q:\mathbb{Q}^n\to\mathbb{Q}^n$ als die $\mathbb{Q}$-lineare Abbildung, die durch $e_i\mapsto f(e_i)$ gegeben ist.
Also $f_Q(\sum_{i=1}^n a_ie_i)=a_if(e_i)$ mit $a_i\in\mathbb{Q}$. (Es gilt also $f_Q=f$ auf $\mathbb{Z}^n$.)

Zunächst nehmen wir an, dass $N\cdot\mathbb{Z}^n\subseteq Im(f)$ ist. Dann ist $N\cdot \mathbb{Z}^n\subseteq Im(f_Q)$, und da das ein $\mathbb{Q}$-Untervektorraum von $\mathbb{Q}^n$ ist, ist auch $\mathbb{Q}^n\subseteq Im(f_Q)$. Also ist $f_Q$ surjektiv. Jetzt wäre es schön, wenn ihr wisst, dass eine solche Abbildung bereits bijektiv ist (?). Damit ist auch $f_Q$ injektiv, also auch $f$ injektiv.

Ist andererseits $f$ injektiv, so ist auch $f_Q$ injektiv, denn angenommen $f_Q(\sum_{i=1}^n a_ie_i)=0$ mit $a_i\in \mathbb{Q}$. Dann wähle $0\neq z\in \mathbb{Z}$, sodass $za_i\in \mathbb{Z}$ für alle $i=1,\ldots, n$. Dann ist auch $z\cdot f_Q(\sum_{i=1}^n a_ie_i)=f_Q(\sum_{i=1}^n za_i e_i)=f(\sum_{i=1}^n za_i e_i)=0$, und damit $\sum_{i=1}^n za_ie_i=0$, da $f$ injektiv ist und damit $a_i=0$ für alle $i=1,\ldots n$.
Dann sollte wieder bekannt sein, dass $f_Q$ bereits bijektiv ist. Die Umkehrabbildung $f_Q^{-1}$ ist gegeben durch $e_j\mapsto q_{i,j} e_i$ mit $i,j=1,\ldots,n$. Wir wählen $0\neq N\in\mathbb{N}$ mit $N\cdot q_{i,j}\in\mathbb{Z}$ für alle $i,j$. Und wollen nun zeigen, dass $N\cdot \mathbb{Z}^n\subseteq Im(f)$ ist. Das ist äquivalent dazu, dass $f_Q^{-1}(N\cdot \mathbb{Z}^n)\subseteq f_Q^{-1}(Im(f) ) = \mathbb{Z}^n$. Dies ist nach Wahl von $N$ eine wahre Aussage.

Hoffentlich war das einigermaßen sortiert und verständlich.

Beste Grüße
Creasy



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Ralip
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-24 11:02


Alles klar. Habe es zwar nicht ganz verstanden, liegt aber wie gesagt an ein paar fehlenden Grundlagen, die ich noch aufholen werde.

Ich bin dir sehr sehr dankbar für deine Hilfe Creasy!!



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