Abschnitt 1.2, Aufgabe 3 < Kap 1: El. Gruppenth < Algebra-Kurs 2006 < Universität < Vorkurse < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 11:59 Fr 08.09.2006 | | Autor: | statler |
| Aufgabe | | Sei $X$ eine Menge, $Y [mm] \subset [/mm] X$ eine Teilmenge, $G$ eine Gruppe und [mm] $G^{X} [/mm] = [mm] \{ f : X \to G \}$ [/mm] die Gruppe der G-wertigen Funktionen auf $X$. Sei $N := [mm] \{f \in G^{X} ; f(y) = 1 \text{ für alle } y \in Y\}$. [/mm] Man zeige, daß $N$ ein Normalteiler in [mm] $G^{X}$ [/mm] mit [mm] $G^{X}/N \cong G^{Y}$ [/mm] ist. |
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:46 Mi 13.09.2006 | | Autor: | Bastiane |
Hallo zusammen!
Habe ich etwas überlesen oder wer kann mir sagen, was "G-wertige Funktionen" sind? Oder wo die Definition dazu steht?
viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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Hallo Bastiane!
> Habe ich etwas überlesen oder wer kann mir sagen, was
> "G-wertige Funktionen" sind? Oder wo die Definition dazu
> steht?
Die Definition steht schon direkt in Aufgabenstellung, aber soweit ich mich erinnere, steht die Definition auch in einem der Beispiele aus Abschnitt 1.1.
Eine G-wertige Funktion bildet einfach [mm] $X\to [/mm] G$ ab, hat also Elemente aus G als Funktionswerte.
Anderes Beispiel: Eine reellwertige Funktion nimmt Werte aus [mm] $\IR$ [/mm] an: [mm] $X\to\IR$.
[/mm]
Gruß, Frusciante
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:51 Do 14.09.2006 | | Autor: | Bastiane |
Hallo zusammen!
Sorry, ich hab's leider nicht so ganz hinbekommen, das Ganze vernünftig aufzuschreiben. Habe es dann teilweise nur mit Worten erklärt. Alles, was ganz unten steht, waren Versuche, es irgendwie in "Formeln" zu packen. Aber ich glaube, das braucht sich niemand durchzulesen, ich weiß selbst nicht genau, was ich da schreiben wollte. 
> Sei X eine Menge, Y [mm]\subset[/mm] X eine Teilmenge, G eine Gruppe
> und [mm]G^{X} = \{ f : X \to G \}[/mm] die Gruppe der G-wertigen
> Funktionen auf X. Sei [mm]N := \{f \in G^{X} ; f(y) = 1 \text{ für alle } y \in Y\}[/mm].
> Man zeige, daß N ein Normalteiler in [mm]G^{X}[/mm] mit [mm]G^{X}/N \cong G^{Y}[/mm]
> ist.
zz: N ist Normalteiler von [mm] G^X
[/mm]
also zz: N ist Untergruppe von [mm] G^X [/mm] und $gN=Ng$ [mm] \forall g\in G^X
[/mm]
Beweis:
damit N Untergruppe von [mm] G^X [/mm] ist, muss gelten:
(i) [mm] e\in [/mm] N
(ii) [mm] $f,h\in [/mm] N [mm] \Rightarrow fh\in [/mm] N$
(iii) [mm] $f\in [/mm] N [mm] \Rightarrow f^{-1}\in [/mm] N$
In Worten:
(i) Das neutrale Element von [mm] G^X [/mm] ist die Funktion, die jedem [mm] x\in [/mm] X das neutrale Element von G zuordnet. Da für alle Elemente aus N gilt, dass jedes Element aus Y auf das neutrale Element der Gruppe (hier bezeichnet mit 1) abgebildet wird, ist das neutrale von [mm] G^X [/mm] auch Element von N.
(ii) Da jedes Element aus N alle Elemente aus Y auf 1 abbildet, ergibt die Verknüpfung zweier solcher Elemente aus N (für alle [mm] y\in [/mm] Y) wieder 1 und ist somit wieder ein Element aus N.
(iii) Da für [mm] $f\in [/mm] N$ jedes [mm] $y\in [/mm] Y$ auf 1 abgebildet wird, ist das Inverse hierzu f selbst. Also wieder ein Element aus N.
zz: $gN=Ng$ [mm] \; $\forall g\in G^X$
[/mm]
Beweis:
[mm] $gN=\{gf|f(y)=1\;\forall y\in Y\}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ gf, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ gg, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}$
[/mm]
[mm] $Ng=\{fg|f(y)=1\;\forall y\in Y\}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ fg, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ gg, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}$
[/mm]
in Worten:
Wenn ich ein Element aus G mit einem Element aus N verknüpfe, dann ergibt die Verknüpfung für alle [mm] $y\in [/mm] Y$ genau g, da das Element aus N ja diese y genau aus das neutrale Element abbildet. Alle anderen y's werden von f genauso agebildet wie g. Deswegen gilt [mm] $gN=Ng$\; $\forall g\in G^X$.
[/mm]
zz: [mm] $G^X/N \cong G^Y$
[/mm]
Beweis:
Ich definiere die Abbildung [mm] $z:G^Y\to G^X/N$ [/mm] folgendermaßen:
[mm] $f:Y\to [/mm] G$ [mm] \mapsto(\{g:X\to G\; |\; g|_Y=f}) [/mm]
Soll heißen: eine Funktion aus [mm] G^Y [/mm] wird abgebildet auf die Menge aller Funktionen, die eingeschränkt auf Y mit dieser Funktion aus [mm] G^Y [/mm] übereinstimmen. 
Und hier meine kläglichen Versuche, es "mathematischer" aufzuschreiben...
[mm] G^X [/mm] ist eine Gruppe mit der Verknüpfung [mm] $g_1,g_2\in [/mm] G$: [mm] (g_1*g_2)(x)=g_1(x)*g_2(x), [/mm] dem neutralen Element
Ich fasse ein Element aus [mm] G^X [/mm] als Vektor auf: für [mm] g\in G^X [/mm] schreibe ich [mm] g=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)} [/mm] mit n=|X|. Dann ist die Verknüpfung der Gruppe: [mm] g_1(x)*g_2(x)=\vektor{g_1(x_1)\\\vdots\\g_1(x_n)}*\vektor{g_2(x_1)\\\vdots\\g_2(x_n)}=\vektor{g_1(x_1)*g_2(x_1)\\\vdots\\g_1(x_n)*g_2(x_n)}
[/mm]
das neutrale Element ist: [mm] e=\vektor{1\\\vdots\\1} [/mm] da [mm] \vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}*\vektor{1\\\vdots\\1}=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}
[/mm]
das Inverse zu [mm] g=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)} [/mm] ist [mm] g^{-1}:=\vektor{g^{-1}(x_1)\\\vdots\\g^{-1}(x_n)} [/mm] da [mm] \vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}*\vektor{g^{-1}(x_1)\\\vdots\\g^{-1}(x_n)}=\vektor{1\\\vdots\\1}
[/mm]
Beweis zu (i):
sei [mm] f\in [/mm] N, so gilt: [mm] f*e=\vektor{f(x_1)\\\vdots\\f(x_n)}*\vektor{1\\\vdots\\1}=\vektor{f(x_1)\\\vdots\\f(x_n)}, [/mm] also ist [mm] e=\vektor{1\\\vdots\\1} [/mm] das neutrale Element in N, da f(y)=1 [mm] \forall y\in [/mm] X insbesondere also auch f(y)=1 [mm] \forall y\in [/mm] Y
Beweis zu (ii):
seien f und h [mm] \in [/mm] N, dann ist f(y)*h(y)=1*1 [mm] \forall y\in [/mm] Y, also [mm] $(f*h)(y)=f(y)*h(y)=1\in [/mm] N$
[mm] \vektor{f(x_1)\\\vdots\\f(x_n)}*\vektor{h(x_1)\\\vdots\\h(x_n)}
[/mm]
Beweis zu (iii):
sei [mm] f\in [/mm] N, also f(y)=1 [mm] \forall y\in [/mm] Y, dann ist
[mm] f(y)=\vektor{f(y_1)\\\vdots\\f(y_n)}
[/mm]
dann ist [mm] f^{-1}(y)=\vektor{f^{-1}(y_1)\\\vdots\\f^{-1}(y_n)} [/mm] das Inverse zu f(y)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:41 Fr 15.09.2006 | | Autor: | phrygian |
Hallo Bastiane!
> Ich fasse ein Element aus [mm]G^X[/mm] als Vektor auf: für [mm]g\in G^X[/mm]
> schreibe ich [mm]g=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}[/mm] mit n=|X|.
Hmm, ich glaube, das geht nicht; schließlich steht nirgends, die Menge $X$ sei endlich.
Gruß, phrygian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:08 So 17.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo phrygian!
> > Ich fasse ein Element aus [mm]G^X[/mm] als Vektor auf: für [mm]g\in G^X[/mm]
>
> > schreibe ich [mm]g=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}[/mm] mit n=|X|.
>
> Hmm, ich glaube, das geht nicht; schließlich steht
> nirgends, die Menge [mm]X[/mm] sei endlich.
Also wenn man an den Wohlordnungssatz glaubt und Kardinalzahlen benutzt, dann geht es doch
LG Felix
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:23 So 17.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Bastiane!
> Sorry, ich hab's leider nicht so ganz hinbekommen, das
> Ganze vernünftig aufzuschreiben. Habe es dann teilweise nur
> mit Worten erklärt. Alles, was ganz unten steht, waren
> Versuche, es irgendwie in "Formeln" zu packen. Aber ich
> glaube, das braucht sich niemand durchzulesen, ich weiß
> selbst nicht genau, was ich da schreiben wollte.
> > Sei X eine Menge, Y [mm]\subset[/mm] X eine Teilmenge, G eine Gruppe
> > und [mm]G^{X} = \{ f : X \to G \}[/mm] die Gruppe der G-wertigen
> > Funktionen auf X. Sei [mm]N := \{f \in G^{X} ; f(y) = 1 \text{ für alle } y \in Y\}[/mm].
> > Man zeige, daß N ein Normalteiler in [mm]G^{X}[/mm] mit [mm]G^{X}/N \cong G^{Y}[/mm]
> > ist.
>
> zz: N ist Normalteiler von [mm]G^X[/mm]
> also zz: N ist Untergruppe von [mm]G^X[/mm] und [mm]gN=Ng[/mm] [mm]\forall g\in G^X[/mm]
>
> Beweis:
> damit N Untergruppe von [mm]G^X[/mm] ist, muss gelten:
> (i) [mm]e\in[/mm] N
> (ii) [mm]f,h\in N \Rightarrow fh\in N[/mm]
> (iii) [mm]f\in N \Rightarrow f^{-1}\in N[/mm]
>
> In Worten:
> (i) Das neutrale Element von [mm]G^X[/mm] ist die Funktion, die
> jedem [mm]x\in[/mm] X das neutrale Element von G zuordnet. Da für
> alle Elemente aus N gilt, dass jedes Element aus Y auf das
> neutrale Element der Gruppe (hier bezeichnet mit 1)
> abgebildet wird, ist das neutrale von [mm]G^X[/mm] auch Element von
> N.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> (ii) Da jedes Element aus N alle Elemente aus Y auf 1
> abbildet, ergibt die Verknüpfung zweier solcher Elemente
> aus N (für alle [mm]y\in[/mm] Y) wieder 1 und ist somit wieder ein
> Element aus N.
> (iii) Da für [mm]f\in N[/mm] jedes [mm]y\in Y[/mm] auf 1 abgebildet wird,
> ist das Inverse hierzu f selbst. Also wieder ein Element
> aus N.
Und was passiert ausserhalb von $Y$? Im Allgemeinen ist [mm] $f^{-1} [/mm] = f$ nicht richtig!
> zz: [mm]gN=Ng[/mm] [mm]\;[/mm] [mm]\forall g\in G^X[/mm]
> Beweis:
> [mm]gN=\{gf|f(y)=1\;\forall y\in Y\}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ gf, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ gg, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}[/mm]
>
> [mm]Ng=\{fg|f(y)=1\;\forall y\in Y\}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ fg, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}=\begin{cases} g, & \mbox{für } y\in Y \\ gg, & \mbox{für } y\notin Y \end{cases}[/mm]
Also das stimmt so definitiv nicht. Das zweite Gleichheitszeichen in jeder Zeile setzt eine Menge von Funktionen mit einer Funktion gleich, und zwar abhaengig von einem $y$, welches vorher nicht erwaehnt wurde. Und das dritte Gleichheitszeichen setzt $f$ mit $g$ gleich, was i.a. falsch ist.
> in Worten:
> Wenn ich ein Element aus G mit einem Element aus N
> verknüpfe, dann ergibt die Verknüpfung für alle [mm]y\in Y[/mm]
> genau g, da das Element aus N ja diese y genau aus das
> neutrale Element abbildet.
> Alle anderen y's werden von f
> genauso agebildet wie g. Deswegen gilt [mm]gN=Ng[/mm][mm] \;[/mm] [mm]\forall g\in G^X[/mm].
Wieso werden die genauso abgebildet wie $g$? Das stimmt i.A. nicht.
>
> zz: [mm]G^X/N \cong G^Y[/mm]
>
> Beweis:
>
> Ich definiere die Abbildung [mm]z:G^Y\to G^X/N[/mm] folgendermaßen:
>
> [mm]f:Y\to G[/mm] [mm]\mapsto(\{g:X\to G\; |\; g|_Y=f})[/mm]
> Soll heißen: eine Funktion aus [mm]G^Y[/mm] wird abgebildet auf die
> Menge aller Funktionen, die eingeschränkt auf Y mit dieser
> Funktion aus [mm]G^Y[/mm] übereinstimmen.
Du kannst das natuerlich so direkt machen. Aber warum, wenn's auch den Homomorphiesatz gibt? Hier musst du naemlich erstmal (mehr oder weniger) muehsam zeigen, dass es wohldefiniert ist, dass es ein Homomorphismus ist etc.
> Und hier meine kläglichen Versuche, es "mathematischer"
> aufzuschreiben...
>
> [mm]G^X[/mm] ist eine Gruppe mit der Verknüpfung [mm]g_1,g_2\in G[/mm]:
> [mm](g_1*g_2)(x)=g_1(x)*g_2(x),[/mm] dem neutralen Element
>
> Ich fasse ein Element aus [mm]G^X[/mm] als Vektor auf: für [mm]g\in G^X[/mm]
> schreibe ich [mm]g=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}[/mm] mit n=|X|.
Wenn du $X$ als endlich voraussetzt oder Kardinalzahlen und den Wohlordnungssatz benutzt, kannst du das so machen.
> Dann ist die Verknüpfung der Gruppe:
> [mm]g_1(x)*g_2(x)=\vektor{g_1(x_1)\\\vdots\\g_1(x_n)}*\vektor{g_2(x_1)\\\vdots\\g_2(x_n)}=\vektor{g_1(x_1)*g_2(x_1)\\\vdots\\g_1(x_n)*g_2(x_n)}[/mm]
> das neutrale Element ist: [mm]e=\vektor{1\\\vdots\\1}[/mm] da
> [mm]\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}*\vektor{1\\\vdots\\1}=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}[/mm]
> das Inverse zu [mm]g=\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}[/mm] ist
> [mm]g^{-1}:=\vektor{g^{-1}(x_1)\\\vdots\\g^{-1}(x_n)}[/mm] da
> [mm]\vektor{g(x_1)\\\vdots\\g(x_n)}*\vektor{g^{-1}(x_1)\\\vdots\\g^{-1}(x_n)}=\vektor{1\\\vdots\\1}[/mm]
>
> Beweis zu (i):
> sei [mm]f\in[/mm] N, so gilt:
> [mm]f*e=\vektor{f(x_1)\\\vdots\\f(x_n)}*\vektor{1\\\vdots\\1}=\vektor{f(x_1)\\\vdots\\f(x_n)},[/mm]
> also ist [mm]e=\vektor{1\\\vdots\\1}[/mm] das neutrale Element in N,
> da f(y)=1 [mm]\forall y\in[/mm] X insbesondere also auch f(y)=1
> [mm]\forall y\in[/mm] Y
>
> Beweis zu (ii):
> seien f und h [mm]\in[/mm] N, dann ist f(y)*h(y)=1*1 [mm]\forall y\in[/mm]
> Y, also [mm](f*h)(y)=f(y)*h(y)=1\in N[/mm]
>
> [mm]\vektor{f(x_1)\\\vdots\\f(x_n)}*\vektor{h(x_1)\\\vdots\\h(x_n)}[/mm]
>
> Beweis zu (iii):
> sei [mm]f\in[/mm] N, also f(y)=1 [mm]\forall y\in[/mm] Y, dann ist
> [mm]f(y)=\vektor{f(y_1)\\\vdots\\f(y_n)}[/mm]
> dann ist
> [mm]f^{-1}(y)=\vektor{f^{-1}(y_1)\\\vdots\\f^{-1}(y_n)}[/mm] das
> Inverse zu f(y)
Und warum liegt das in $N$?
Schau dir mal die Beweise z.B. von Frusciante und phrygian an. Bei denen kannst du gut sehen, wie man das schoen aufschreiben kann :)
LG Felix
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Hallo!
> Sei X eine Menge, Y [mm]\subset[/mm] X eine Teilmenge, G eine Gruppe
> und [mm]G^{X} = \{ f : X \to G \}[/mm] die Gruppe der G-wertigen
> Funktionen auf X. Sei [mm]N := \{f \in G^{X} ; f(y) = 1 \text{ für alle } y \in Y\}[/mm].
> Man zeige, daß N ein Normalteiler in [mm]G^{X}[/mm] mit [mm]G^{X}/N \cong G^{Y}[/mm]
> ist.
Z.z.: [mm] $aNa^{-1}\subset [/mm] N\ \ [mm] \forall a\in G^X$
[/mm]
Sei [mm] $a\in G^X$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow\ [/mm] a: [mm] X\to [/mm] G, [mm] x\mapsto [/mm] a(x)$ und [mm] $a^{-1}: X\to [/mm] G, [mm] x\mapsto (a(x))^{-1}$
[/mm]
Nun sei [mm] $z\in aNa^{-1}$. [/mm] z.z.: [mm] $z\in [/mm] N$.
[mm] $z\in aNa^{-1}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow\ \exists n\in [/mm] N\ :\ [mm] z=ana^{-1}$
[/mm]
Nun sei noch [mm] $y\in [/mm] Y$ (beliebig, aber fest gewählt).
[mm] $\Rightarrow\ z(y)=a(y)*n(y)*a^{-1}(y)=a(y)*n(y)*(a(y)^{-1})=a(y)*1*(a(y)^{-1})=1$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow\ z\in [/mm] N$, da [mm] $y\in [/mm] Y$ beliebig gewählt war.
[mm] $\Rightarrow\ aNa^{-1}\subset [/mm] N$, da [mm] $z\in aNa^{-1}$ [/mm] beliebig gewählt war.
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] N Normalteiler, da [mm] a\in G^X [/mm] beliebig gewählt war. [mm] $\Box$
[/mm]
Nun bin ich wieder mal auf die eleganteren Beweise gespannt
Nachtrag: Und schon wieder habe etwas übersehen, nämlich die Isomorphie-Behauptung.
Zunächst definiere ich einen Gruppenhomomorphismus [mm] $\phi: G^X\to G^Y$ [/mm] durch [mm] $g\mapsto g|_Y$. [/mm] Eine Abbildung g wird also einfach auf ihre Restriktion auf Y abgebildet.
Die Homomorphie folgt so: [mm] $a,b\in G^X,y\in [/mm] Y\ [mm] \Rightarrow\ \phi(ab)(y)=(a*b)|_Y(y)=a|_Y(y)*b|_Y(y)=\phi(a)(y)*\phi(b)(y)$.
[/mm]
[mm] $\phi$ [/mm] ist surjektiv, denn: Sei [mm] $g\in G^Y$. [/mm] Definiere $h:\ [mm] G^X\to G^Y$ [/mm] mit [mm] $h|_Y=g$ [/mm] und h(x)=1, falls [mm] $x\in X\setminus [/mm] Y$. Dann gilt: [mm] $\phi(h)=g$.
[/mm]
Weiterhin gilt: [mm] $N=\ker\phi$, [/mm] denn N besteht gerade aus allen Abbildung, die durch [mm] $\phi$ [/mm] auf die Einsabbildung auf der Menge Y geworfen werden.
Damit ist das Korollar zum Homomorphiesatz erfüllt: [mm] $G^Y$ [/mm] ist kanonisch isomorph zu [mm] $G/ker\phi=G/N$.
[/mm]
Gruß, Frusciante
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:07 So 17.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Frusciante!
> > Sei X eine Menge, Y [mm]\subset[/mm] X eine Teilmenge, G eine Gruppe
> > und [mm]G^{X} = \{ f : X \to G \}[/mm] die Gruppe der G-wertigen
> > Funktionen auf X. Sei [mm]N := \{f \in G^{X} ; f(y) = 1 \text{ für alle } y \in Y\}[/mm].
> > Man zeige, daß N ein Normalteiler in [mm]G^{X}[/mm] mit [mm]G^{X}/N \cong G^{Y}[/mm]
> > ist.
>
> Z.z.: [mm]aNa^{-1}\subset N\ \ \forall a\in G^X[/mm]
>
> Sei [mm]a\in G^X[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\ a: X\to G, x\mapsto a(x)[/mm] und [mm]a^{-1}: X\to G, x\mapsto (a(x))^{-1}[/mm]
>
> Nun sei [mm]z\in aNa^{-1}[/mm]. z.z.: [mm]z\in N[/mm].
>
> [mm]z\in aNa^{-1}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\ \exists n\in N\ :\ z=ana^{-1}[/mm]
>
> Nun sei noch [mm]y\in Y[/mm] (beliebig, aber fest gewählt).
>
> [mm]\Rightarrow\ z(y)=a(y)*n(y)*a^{-1}(y)=a(y)*n(y)*(a(y)^{-1})=a(y)*1*(a(y)^{-1})=1[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow\ z\in N[/mm], da [mm]y\in Y[/mm] beliebig gewählt war.
>
> [mm]\Rightarrow\ aNa^{-1}\subset N[/mm], da [mm]z\in aNa^{-1}[/mm] beliebig
> gewählt war.
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] N Normalteiler, da [mm]a\in G^X[/mm] beliebig gewählt
> war. [mm]\Box[/mm]
>
> Nun bin ich wieder mal auf die eleganteren Beweise gespannt
>
Viel eleganter geht es nicht, es sei denn man schreibt es kuerzer auf indem man Zwischenschritte weglaesst...
> Nachtrag: Und schon wieder habe etwas übersehen, nämlich
> die Isomorphie-Behauptung.
Nicht nur das, du hast auch uebersehen, das du nicht gezeigt hast, dass $N$ eine Untergruppe ist :)
> Zunächst definiere ich einen Gruppenhomomorphismus [mm]\phi: G^X\to G^Y[/mm]
> durch [mm]g\mapsto g|_Y[/mm]. Eine Abbildung g wird also einfach auf
> ihre Restriktion auf Y abgebildet.
> Die Homomorphie folgt so: [mm]a,b\in G^X,y\in Y\ \Rightarrow\ \phi(ab)(y)=(a*b)|_Y(y)=a|_Y(y)*b|_Y(y)=\phi(a)(y)*\phi(b)(y)[/mm].
>
> [mm]\phi[/mm] ist surjektiv, denn: Sei [mm]g\in G^Y[/mm]. Definiere [mm]h:\ G^X\to G^Y[/mm]
> mit [mm]h|_Y=g[/mm] und h(x)=1, falls [mm]x\in X\setminus Y[/mm]. Dann gilt:
> [mm]\phi(h)=g[/mm].
>
> Weiterhin gilt: [mm]N=\ker\phi[/mm], denn N besteht gerade aus allen
> Abbildung, die durch [mm]\phi[/mm] auf die Einsabbildung auf der
> Menge Y geworfen werden.
>
> Damit ist das Korollar zum Homomorphiesatz erfüllt: [mm]G^Y[/mm] ist
> kanonisch isomorph zu [mm]G/ker\phi=G/N[/mm].
Genau. Wobei sogar [mm] $G^X \cong G^Y \times [/mm] N$ gilt (siehe meine Antwort auf phrygians Loesung).
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:20 Fr 15.09.2006 | | Autor: | phrygian |
Beweis:
Sei [mm] \odot [/mm] die Verknüpfung auf $G$. Ich definiere damit eine Verknüpfung [mm] $\otimes: G^X\times G^X\to G^X$ [/mm] auf [mm] $G^X$ [/mm] durch
[mm] [center]$(f\otimes [/mm] g)(x):= [mm] f(x)\odot [/mm] g(x)$[/center]
für alle [mm] $f,g\in G^X$ [/mm] und alle [mm] $x\in [/mm] X$.
Die Assoziativität von [mm] \otimes [/mm] folgt direkt aus der Assoziativität von [mm] \odot.
[/mm]
Die Abbildung $e: [mm] X\to [/mm] G: [mm] x\mapsto [/mm] 1$ ist das neutrale Element von [mm] $G^X$, [/mm] denn es gilt
[mm] [center]$(e\otimes f)(x)=e(x)\odot f(x)=1\odot f(x)=f(x)=f(x)\odot 1=f(x)\odot e(x)=(f\otimes [/mm] e)(x)$[/center]
für alle [mm] $f\in G^X$ [/mm] und alle [mm] $x\in [/mm] X$.
Für [mm] $f\in G^X$ [/mm] sei das Inverse [mm] $f^{-1}:X\to [/mm] G$ definiert durch
[mm] [center]$f^{-1}(x):=f(x)^{-1}$,[/center]
[/mm]
so daß
[mm] [center]$(f\otimes f^{-1})(x)=f(x)\odot f^{-1}(x)=f(x)\odot f(x)^{-1}=1=f(x)^{-1}\odot f(x)=f^{-1}(x)\odot f(x)=(f^{-1}\otimes [/mm] f)(x)$[/center]
für jedes [mm] $x\in [/mm] X$ gilt.
Damit ist [mm] $G^X$ [/mm] mit der Verknüpfung [mm] \otimes [/mm] eine Gruppe.
1. Behauptung: $N$ ist ein Normalteiler in [mm] $G^X$.
[/mm]
Beweis:
(i) $N$ ist eine Untergruppe von [mm] $G^X$:
[/mm]
Existenz des Neutralen: [mm] $e\in [/mm] N$, denn $e(y)=1$ für alle [mm] $y\in [/mm] Y$ nach Definition.
Abgeschlossenheit bzgl. [mm] \otimes [/mm] : Seien [mm] $f,g\in [/mm] N$ beliebig. Es gilt also $f(y)=1=g(y)$ für alle [mm] $y\in [/mm] Y$. Daraus folgt
[mm] [center]$(f\otimes g)(y)=f(y)\odot g(y)=1\odot [/mm] 1=1$[/center]
für alle [mm] $y\in [/mm] Y$. Daher ist [mm] $f\otimes [/mm] g [mm] \in [/mm] N$.
Abgeschlossenheit bzgl. Inversenbildung: Sei [mm] $f\in [/mm] N$ beliebig. Für alle [mm] $y\in [/mm] Y$ ist dann [mm] $f^{-1}(y)=f(y)^{-1}=1^{-1}=1$ [/mm] und damit [mm] $f^{-1}\in [/mm] N$.
(ii) [mm] $\forall f\in G^X: f\otimes N\otimes f^{-1}\subset [/mm] N$:
Seien [mm] $f\in G^X$ [/mm] und [mm] $g\in f\otimes N\otimes f^{-1}$ [/mm] beliebig. Dann gibt es ein [mm] $n\in [/mm] N$ mit [mm] $g=f\otimes n\otimes f^{-1}$.
[/mm]
Sei ausserdem [mm] $y\in [/mm] Y$ beliebig. Es folgt
[mm] [center]$g(y)=(f\otimes n\otimes f^{-1})(y)=f(y)\odot [/mm] n(y) [mm] \odot f^{-1}(y)=f(y)\odot 1\odot f(y)^{-1}=f(y)\odot f(y)^{-1}=1$.[/center]
[/mm]
Also ist [mm] $g\in [/mm] N$ und damit [mm] $f\otimes N\otimes f^{-1}\subset [/mm] N$.
Da $f$ beliebig gewählt worden ist, folgt die Behauptung.
2. Behauptung: [mm] $G^X/N \simeq G^Y$.
[/mm]
Beweis: Gesucht ist ein Epimorphismus [mm] $\phi:G^X\to G^Y$ [/mm] mit [mm] $ker(\phi)=N$. [/mm] Mit dem Homomorphiesatz würde dann folgen, daß es einen Isomorphismus [mm] $\bar \phi:G^X/N\to G^Y$ [/mm] gäbe, so daß das Diagramm
[mm] [center]$\begin{array}{ccc} G^X & \stackrel{\phi}{\to} & G^Y \\ \pi \searrow & & \nearrow \bar \phi \\ & G^X/N & \end{array}$ [/mm] [/center]
kommutiert.
Ich definiere [mm] $\phi:G^X\to G^Y$ [/mm] durch
[mm] [center]$\phi(f):=f|_Y$[/center]
[/mm]
für alle [mm] $f\in G^X$, [/mm] wobei [mm] $f|_Y$ [/mm] die Einschränkung von [m]f[/m] auf $ Y $ ist.
(i) [mm] \phi [/mm] ist ein Homomorphismus:
Sei [mm] \oplus [/mm] die von [mm] \otimes [/mm] induzierte Verknüpfung auf [mm] $G^Y$.
[/mm]
Es ist zu zeigen, daß [mm] $\phi(f\otimes g)=\phi(f)\oplus \phi(g)$ [/mm] für alle [mm] $f,g\in G^X$ [/mm] ist.
Seien dazu [mm] $f,g\in G^X$ [/mm] und [mm] $y\in [/mm] Y$ beliebig. Es folgt
[mm] [center]$\phi(f\otimes g)(y)=(f\otimes g)|_Y(y)=(f\otimes g)(y)=f(y)\odot g(y)=f|_Y(y)\odot g|_Y(y)=\phi(f)(y)\odot \phi(g)(y)=(\phi(f)\oplus \phi(g))(y)$.[/center]
[/mm]
(ii) [mm] \phi [/mm] ist surjektiv:
Sei [mm] $f\in G^Y$ [/mm] beliebig. Ich definiere die Erweiterung [mm] $\hat [/mm] f: [mm] X\to [/mm] G$ von $f$ durch
$ [mm] \hat f(x):=\begin{cases}f(x), & \mbox{für } x\in Y \\ x, & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases} [/mm] $ [mm] \; [/mm] .
Für jedes [mm] $y\in [/mm] Y$ gilt dann [mm] $\phi(\hat f)(y)=\hat f|_Y(y)=\hat [/mm] f(y)=f(y)$.
(iii) [mm] $ker(\phi)=N$:
[/mm]
Es ist $ [mm] ker(\phi) [/mm] := [mm] \{f \in G^X; \phi(f)=e|_Y\} [/mm] $ (wobei [mm] $e|_Y$, [/mm] die Einschränkung von $e$ auf $Y$, das neutrale Element von [mm] $G^Y$ [/mm] ist) und $ N := [mm] \{f \in G^{X} ; f(y) = 1 \text{ für alle } y \in Y\} [/mm] $.
[mm] "\subset [/mm] ": Sei [mm] $f\in ker(\phi)$ [/mm] beliebig. Dann ist [mm] $f|_Y=\phi(f)=e|_Y$.
[/mm]
Für ein beliebiges [mm] $y\in [/mm] Y$ gilt dann [mm] $f(y)=f|_Y(y)=e|_Y(y)=1$. [/mm] Deshalb ist [mm] $f\in [/mm] N$.
[mm] "\supset [/mm] ": Sei [mm] $f\in [/mm] N$ beliebig. Für jedes [mm] $y\in [/mm] Y$ gilt dann [mm] $f(y)=1=e|_Y(y)$. [/mm] Daraus folgt, daß [mm] $\phi(f)(y)=f|_Y(y)=e|_Y(y)$ [/mm] für jedes [mm] $y\in [/mm] Y$ und damit [mm] $f\in ker(\phi)$ [/mm] ist.
[mm] \Box
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:01 So 17.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo phrygian!
Bis hierhin ist alles richtig:
> (ii) [mm]\phi[/mm] ist surjektiv:
> Sei [mm]f\in G^Y[/mm] beliebig. Ich definiere die Erweiterung [mm]\hat f: X\to G[/mm]
> von [mm]f[/mm] durch
>
> [mm]\hat f(x):=\begin{cases}f(x), & \mbox{für } x\in Y \\ x, & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases}[/mm]
> [mm]\;[/mm] .
Die Funktion liegt i.A. nicht in [mm] $G^X$, [/mm] sondern nur dann, wenn $X [mm] \setminus [/mm] Y [mm] \subseteq [/mm] G$ ist. Du meist wohl
[mm]\hat f(x):=\begin{cases}f(x), & \mbox{für } x\in Y \\ e, & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases}[/mm].
(Wenn du es so definierst, dann liefert [mm] $\Phi [/mm] : [mm] G^Y \to G^X$, [/mm] $f [mm] \mapsto \hat{f}$ [/mm] einen injektiven Gruppenhomomorphismus, der [mm] $\phi \circ \Phi [/mm] = [mm] id_{G^Y}$ [/mm] erfuellt. Aus der Existenz dieses Morphismus folgt dann [mm] $G^X \cong [/mm] N [mm] \times G^Y$.)
[/mm]
So, und alles danach ist auch wieder richtig :)
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:51 Mo 18.09.2006 | | Autor: | phrygian |
Hallo Felix
> Du meist wohl
> [mm]\hat f(x):=\begin{cases}f(x), & \mbox{für } x\in Y \\ e, & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases}[/mm].
>
> (Wenn du es so definierst, dann liefert [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm],
> [mm]f \mapsto \hat{f}[/mm] einen injektiven Gruppenhomomorphismus,
> der [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm] erfuellt. Aus der Existenz
> dieses Morphismus folgt dann [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm].)
Das verstehe ich nicht ganz.
Zuerst mal zur anschaulichen Interpretation von [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm]: Heißt das, daß man jedes [mm] $f\in G^X$ [/mm] identifizieren kann mit einem Paar [mm] $(g,h)\in N\times G^Y$, [/mm] wobei gelten soll, daß [mm] $f|_{X\setminus Y}=g|_{X\setminus Y}$ [/mm] und [mm] $f|_Y=h$ [/mm] ist?
Ausserdem sehe ich nicht, wie und mit welchem Satz der Isomorphismus [mm] $G^X \to [/mm] N [mm] \times G^Y$ [/mm] aus der Existenz des Monomorphismus [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] folgt. Könntest Du mir einen Hinweis geben?
Vielen Dank und liebe Grüße, phrygian
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:07 Mo 18.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo phrygian!
> > Du meist wohl
> > [mm]\hat f(x):=\begin{cases}f(x), & \mbox{für } x\in Y \\ e, & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases}[/mm].
>
> >
> > (Wenn du es so definierst, dann liefert [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm],
> > [mm]f \mapsto \hat{f}[/mm] einen injektiven Gruppenhomomorphismus,
> > der [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm] erfuellt. Aus der Existenz
> > dieses Morphismus folgt dann [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm].)
>
> Das verstehe ich nicht ganz.
> Zuerst mal zur anschaulichen Interpretation von [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm]:
> Heißt das, daß man jedes [mm]f\in G^X[/mm] identifizieren kann mit
> einem Paar [mm](g,h)\in N\times G^Y[/mm], wobei gelten soll, daß
> [mm]f|_{X\setminus Y}=g|_{X\setminus Y}[/mm] und [mm]f|_Y=h[/mm] ist?
Genau.
> Ausserdem sehe ich nicht, wie und mit welchem Satz der
> Isomorphismus [mm]G^X \to N \times G^Y[/mm] aus der Existenz des
> Monomorphismus [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] folgt. Könntest Du mir
> einen Hinweis geben?
Das ist ein ganz allgemeines Resultat, was man am liebsten fuer ![[]](/images/popup.gif) kurze exakte Sequenzen formuliert: Wenn man eine kurze exakte Sequenz $0 [mm] \to [/mm] N [mm] \to G^X \overset{\phi}{\to} G^Y \to [/mm] 0$ hat, sprich: [mm] $G^X \to G^Y$ [/mm] ist surjektiv und hat $N$ als Kern, und wenn man einen Morphismus [mm] $\Phi [/mm] : [mm] G^Y \to G^X$ [/mm] hat mit [mm] $\phi \circ \Phi [/mm] = [mm] id_{G^Y}$, [/mm] dann gilt [mm] $G^X \cong [/mm] N [mm] \times G^Y$ [/mm] (man sagt dann, dass die kurze exakte Sequenz spaltet, siehe den Wikipedia-Artikel).
Wenn man keine kurzen exakten Sequenzen mag, dann sagt man halt: [mm] $\phi [/mm] : [mm] G^X \to G^Y$ [/mm] sei surjektiv mit [mm] $\ker\phi [/mm] = N$ und [mm] $\Phi [/mm] : [mm] G^Y \to G^X$ [/mm] mit [mm] $\phi \circ \Phi [/mm] = [mm] id_{G^Y}$. [/mm] (Es folgt uebrigens automatisch, dass [mm] $\Phi$ [/mm] injektiv ist.) Dann gilt [mm] $G^X \cong [/mm] N [mm] \times G^Y$.
[/mm]
Dass dies so ist, rechnet man schnell nach: Dass die Abbildung [mm] $G^X \to [/mm] N [mm] \times G^Y$, [/mm] $f [mm] \mapsto [/mm] (f - [mm] \Phi(\phi(f)), \phi(f))$ [/mm] surjektiv ist bekommt man recht schnell, da $(g, h)$ das Urbild $g + [mm] \Phi(h)$ [/mm] hat (da [mm] $\phi(g [/mm] + [mm] \Phi(h)) [/mm] = [mm] \phi(g) [/mm] + [mm] \phi(\Phi(h)) [/mm] = 0 + h = h$ ist und $(g + [mm] \Phi(h)) [/mm] - [mm] \Phi(\phi(f [/mm] - [mm] \Phi(h))) [/mm] = g + [mm] \Phi(h) [/mm] - [mm] \Phi(h) [/mm] = g$ ist), und dass es bijektiv ist sieht man daran, dass aus $f - [mm] \Phi(\phi(f)) [/mm] = e = [mm] \phi(f)$ [/mm] folgt $f = e$. Und das es ein Gruppenhomomorphismus ist kann man auch einfach nachrechnen.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:34 Mo 18.09.2006 | | Autor: | phrygian |
Hallo Felix
Danke für Deine Antwort! Ich hoffe, Du hast noch etwas Geduld mit mir, da ich immer noch nicht alles verstanden habe.
> > > Du meist wohl
> > > [mm]\hat f(x):=\begin{cases}f(x), & \mbox{für } x\in Y \\ e, & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases}[/mm].
>
> >
> > >
> > > (Wenn du es so definierst, dann liefert [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm],
> > > [mm]f \mapsto \hat{f}[/mm] einen injektiven Gruppenhomomorphismus,
> > > der [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm] erfuellt. Aus der Existenz
> > > dieses Morphismus folgt dann [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm].)
>
> >
> > Das verstehe ich nicht ganz.
> > Zuerst mal zur anschaulichen Interpretation von [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm]:
> > Heißt das, daß man jedes [mm]f\in G^X[/mm] identifizieren kann mit
> > einem Paar [mm](g,h)\in N\times G^Y[/mm], wobei gelten soll, daß
> > [mm]f|_{X\setminus Y}=g|_{X\setminus Y}[/mm] und [mm]f|_Y=h[/mm] ist?
>
> Genau.
> > Ausserdem sehe ich nicht, wie und mit welchem Satz der
> > Isomorphismus [mm]G^X \to N \times G^Y[/mm] aus der Existenz des
> > Monomorphismus [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] folgt. Könntest Du mir
> > einen Hinweis geben?
>
> Das ist ein ganz allgemeines Resultat, was man am liebsten
> fuer
> kurze exakte Sequenzen
> formuliert: Wenn man eine kurze exakte Sequenz [mm]0 \to N \to G^X \overset{\phi}{\to} G^Y \to 0[/mm]
> hat, sprich: [mm]G^X \to G^Y[/mm] ist surjektiv und hat [mm]N[/mm] als Kern,
> und wenn man einen Morphismus [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] hat mit
> [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm], dann gilt [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm]
> (man sagt dann, dass die kurze exakte Sequenz spaltet,
> siehe den Wikipedia-Artikel).
Das ist mir zu abstrakt ![[keineahnung]](/images/smileys/keineahnung.gif "[keineahnung]") . Gibt es dafür eine anschauliche Erklärung? Oder muss ich mich gedulden, bis ich mich mit homologischer Algebra auseinandersetze, um das zu verstehen?
Das Folgende ist mir schon klarer, da habe ich nur ein paar kleine Fragen:
> Wenn man keine kurzen exakten Sequenzen mag, dann sagt man
> halt: [mm]\phi : G^X \to G^Y[/mm] sei surjektiv mit [mm]\ker\phi = N[/mm] und
> [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] mit [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm]. (Es
> folgt uebrigens automatisch, dass [mm]\Phi[/mm] injektiv ist.) Dann
> gilt [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm].
>
> Dass dies so ist, rechnet man schnell nach: Dass die
> Abbildung [mm]G^X \to N \times G^Y[/mm], [mm]f \mapsto (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f))[/mm]
> surjektiv ist bekommt man recht schnell, da [mm](g, h)[/mm] das
> Urbild [mm]g + \Phi(h)[/mm] hat (da [mm]\phi(g + \Phi(h)) = \phi(g) + \phi(\Phi(h)) = 0 + h = h[/mm]
> ist und [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(f - \Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]
> ist),
Wieso steht da $(g + [mm] \Phi(h)) [/mm] - [mm] \Phi(\phi(f [/mm] - [mm] \Phi(h))) [/mm] = g + [mm] \Phi(h) [/mm] - [mm] \Phi(h) [/mm] = g$ und nicht $(g + [mm] \Phi(h)) [/mm] - [mm] \Phi(\phi(g+\Phi(h))) [/mm] = g + [mm] \Phi(h) [/mm] - [mm] \Phi(h) [/mm] = g$?
> und dass es bijektiv ist sieht man daran, dass aus [mm]f - \Phi(\phi(f)) = e = \phi(f)[/mm]
> folgt [mm]f = e[/mm].
Und das bedeutet, daß der Kern dieser Abbildung nur $e$ enthält, oder?
> Und das es ein Gruppenhomomorphismus ist kann
> man auch einfach nachrechnen.
Ich hab's versucht: Wenn ich die Abbildung mit [mm] \gamma [/mm] bezeichne, dann gilt für beliebige $f,g [mm] \in G^X$
[/mm]
[mm] \begin{matrix}
\gamma(f+g)&=& (f+g- \Phi(\phi(f+g)), \phi(f+g)) \\
\ & =& (f+g - \Phi(\phi(g)) - \Phi(\phi(f)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)) + g - \Phi(\phi(g)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f)) + (g - \Phi(\phi(g)), \phi(g)) \\
\ & =& \gamma(f) + \gamma(g).
\end{matrix} [/mm]
Zur 2. Zeile: Die Reihenfolge ist wichtig, denn $f+g - [mm] \Phi(\phi(f)) [/mm] - [mm] \Phi(\phi(g))$ [/mm] wäre nur dann richtig, wenn $G$ (und damit auch [mm] $G^X$) [/mm] abelsch wäre, oder?
Zur 3. Zeile: Hier kann man die Reihenfolge vertauschen, weil $g - [mm] \Phi(\phi(g))\in [/mm] N$ ist, nicht wahr?
So, das war's. Nochmals vielen Dank für Deine unschätzbare Hilfe!
Gruß, phrygian
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:28 Di 19.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo phrygian!
> Danke für Deine Antwort! Ich hoffe, Du hast noch etwas
> Geduld mit mir, da ich immer noch nicht alles verstanden
> habe.
Klar
> > Das ist ein ganz allgemeines Resultat, was man am liebsten
> > fuer
> >
> kurze exakte Sequenzen
> > formuliert: Wenn man eine kurze exakte Sequenz [mm]0 \to N \to G^X \overset{\phi}{\to} G^Y \to 0[/mm]
> > hat, sprich: [mm]G^X \to G^Y[/mm] ist surjektiv und hat [mm]N[/mm] als Kern,
> > und wenn man einen Morphismus [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] hat mit
> > [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm], dann gilt [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm]
> > (man sagt dann, dass die kurze exakte Sequenz spaltet,
> > siehe den Wikipedia-Artikel).
>
> Das ist mir zu abstrakt . Gibt es dafür eine
> anschauliche Erklärung? Oder muss ich mich gedulden, bis
> ich mich mit homologischer Algebra auseinandersetze, um das
> zu verstehen?
(Kurze) Exakte Sequenzen werden zwar oft in der homologischen Algebra verwendet, aber auch sonstwo in der Algebra und auch anderen Teilgebieten der Mathematik. Damit kann man manche Sachverhalte einfach schoen, kurz und praegnant ausdruecken Eine kurze Sequenz $0 [mm] \to [/mm] A [mm] \to [/mm] B [mm] \to [/mm] 0$ bedeutet nichts anders, als dass $A$ und $B$ isomorph sind. Die Sequenz $0 [mm] \to [/mm] A [mm] \to [/mm] B [mm] \to [/mm] C [mm] \to [/mm] 0$ bedeutet, dass $A$ als Kern der surjektiven Abbildung $B [mm] \to [/mm] C$ aufgefasst werden kann und dass somit (nach dem Homomorphiesatz) $B/A [mm] \cong [/mm] C$ gilt.
Mit der Zeit gewoehnt man sich daran und benutzt das sehr gerne Aber man kann es halt auch 'explizit' hinschreiben, wie hier:
> Das Folgende ist mir schon klarer, da habe ich nur ein
> paar kleine Fragen:
>
> > Wenn man keine kurzen exakten Sequenzen mag, dann sagt man
> > halt: [mm]\phi : G^X \to G^Y[/mm] sei surjektiv mit [mm]\ker\phi = N[/mm] und
> > [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] mit [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm]. (Es
> > folgt uebrigens automatisch, dass [mm]\Phi[/mm] injektiv ist.) Dann
> > gilt [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm].
> >
> > Dass dies so ist, rechnet man schnell nach: Dass die
> > Abbildung [mm]G^X \to N \times G^Y[/mm], [mm]f \mapsto (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f))[/mm]
> > surjektiv ist bekommt man recht schnell, da [mm](g, h)[/mm] das
> > Urbild [mm]g + \Phi(h)[/mm] hat (da [mm]\phi(g + \Phi(h)) = \phi(g) + \phi(\Phi(h)) = 0 + h = h[/mm]
> > ist und [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(f - \Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]
> > ist),
>
> Wieso steht da [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(f - \Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]
> und nicht [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(g+\Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]?
Uh sorry, das $f$ sollte da ein $g$ sein!
> > und dass es bijektiv ist sieht man daran, dass aus [mm]f - \Phi(\phi(f)) = e = \phi(f)[/mm]
> > folgt [mm]f = e[/mm].
>
> Und das bedeutet, daß der Kern dieser Abbildung nur [mm]e[/mm]
> enthält, oder?
Genau!
> > Und das es ein Gruppenhomomorphismus ist kann
> > man auch einfach nachrechnen.
>
> Ich hab's versucht: Wenn ich die Abbildung mit [mm]\gamma[/mm]
> bezeichne, dann gilt für beliebige [mm]f,g \in G^X[/mm]
>
>
> [mm]\begin{matrix}
\gamma(f+g)&=& (f+g- \Phi(\phi(f+g)), \phi(f+g)) \\
\ & =& (f+g - \Phi(\phi(g)) - \Phi(\phi(f)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)) + g - \Phi(\phi(g)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f)) + (g - \Phi(\phi(g)), \phi(g)) \\
\ & =& \gamma(f) + \gamma(g).
\end{matrix}[/mm]
>
> Zur 2. Zeile: Die Reihenfolge ist wichtig, denn [mm]f+g - \Phi(\phi(f)) - \Phi(\phi(g))[/mm]
> wäre nur dann richtig, wenn [mm]G[/mm] (und damit auch [mm]G^X[/mm]) abelsch
> wäre, oder?
Ui. Genau, das hab ich ganz uebersehen, $G$ muss fuer diese Argumentation hier abelsch sein!
> Zur 3. Zeile: Hier kann man die Reihenfolge vertauschen,
> weil [mm]g - \Phi(\phi(g))\in N[/mm] ist, nicht wahr?
Nein, man braucht, dass die Gruppe abelsch ist.
Allerdings gilt unsere (speziellere) Aussage fuer die Gruppe [mm] $G^X$ [/mm] mit NT $N$ und der Gruppe [mm] $G^Y$ [/mm] trotzdem, man muss es nur anders beweisen und kann nicht die allgemeinere Aussage benutzen, die halt a priori nur fuer abelsche Gruppen gilt!
Definiere [mm] $\phi [/mm] : [mm] G^Y \times [/mm] N [mm] \to G^X$, [/mm] $(f, g) [mm] \mapsto [/mm] f + g$. Dass dies injektiv und surjektiv ist rechnet man sehr schnell nach. Und dass es ein Homomorphismus ist folgt daraus, dass fuer jedes $x [mm] \in [/mm] X$ entweder $f(x) [mm] \neq [/mm] 1$ oder $g(x) [mm] \neq [/mm] 1$ ist (je nachdem ob $x [mm] \in [/mm] Y$ oder $x [mm] \not\in [/mm] Y$), womit sich das Problem mit der Kommutativitaet erst gar nicht stellt
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:16 Mi 20.09.2006 | | Autor: | phrygian |
Hallo Felix
> > Danke für Deine Antwort! Ich hoffe, Du hast noch etwas
> > Geduld mit mir, da ich immer noch nicht alles verstanden
> > habe.
>
> Klar
Das ist sehr nett von Dir!
Leider habe ich wieder Fragen, und zwar zum Beweis, daß die Abbildung [mm]\gamma: G^X \to N \times G^Y[/mm], [mm]f \mapsto (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f))[/mm] ein Homomorphismus ist. Ich hoffe, ich nerve nicht...
> > > Wenn man keine kurzen exakten Sequenzen mag, dann sagt man
> > > halt: [mm]\phi : G^X \to G^Y[/mm] sei surjektiv mit [mm]\ker\phi = N[/mm] und
> > > [mm]\Phi : G^Y \to G^X[/mm] mit [mm]\phi \circ \Phi = id_{G^Y}[/mm]. (Es
> > > folgt uebrigens automatisch, dass [mm]\Phi[/mm] injektiv ist.) Dann
> > > gilt [mm]G^X \cong N \times G^Y[/mm].
> > >
> > > Dass dies so ist, rechnet man schnell nach: Dass die
> > > Abbildung [mm]G^X \to N \times G^Y[/mm], [mm]f \mapsto (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f))[/mm]
> > > surjektiv ist bekommt man recht schnell, da [mm](g, h)[/mm] das
> > > Urbild [mm]g + \Phi(h)[/mm] hat (da [mm]\phi(g + \Phi(h)) = \phi(g) + \phi(\Phi(h)) = 0 + h = h[/mm]
> > > ist und [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(f - \Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]
> > > ist),
> >
> > Wieso steht da [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(f - \Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]
> > und nicht [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(g+\Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]?
>
> Uh sorry, das [mm]f[/mm] sollte da ein [mm]g[/mm] sein!
Kein Problem . Und das $-$ sollte ein $+$ sein, oder?
> > > Und das es ein Gruppenhomomorphismus ist kann
> > > man auch einfach nachrechnen.
> >
> > Ich hab's versucht: Wenn ich die Abbildung mit [mm]\gamma[/mm]
> > bezeichne, dann gilt für beliebige [mm]f,g \in G^X[/mm]
> >
> >
> > [mm]\begin{matrix}
\gamma(f+g)&=& (f+g- \Phi(\phi(f+g)), \phi(f+g)) \\
\ & =& (f+g - \Phi(\phi(g)) - \Phi(\phi(f)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)) + g - \Phi(\phi(g)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f)) + (g - \Phi(\phi(g)), \phi(g)) \\
\ & =& \gamma(f) + \gamma(g).
\end{matrix}[/mm]
> >
> > Zur 2. Zeile: Die Reihenfolge ist wichtig, denn [mm]f+g - \Phi(\phi(f)) - \Phi(\phi(g))[/mm]
> > wäre nur dann richtig, wenn [mm]G[/mm] (und damit auch [mm]G^X[/mm]) abelsch
> > wäre, oder?
>
> Ui. Genau, das hab ich ganz uebersehen, [mm]G[/mm] muss fuer diese
> Argumentation hier abelsch sein!
Aber bei der Umformung von der ersten zur zweiten Zeile braucht man die Kommutativität nicht, da
$- [mm] \Phi(\phi(f+g))=-(\Phi(\phi(f))+\Phi(\phi(g)))=- \Phi(\phi(g)) [/mm] - [mm] \Phi(\phi(f))$
[/mm]
ist, oder?
> > Zur 3. Zeile: Hier kann man die Reihenfolge vertauschen,
> > weil [mm]g - \Phi(\phi(g))\in N[/mm] ist, nicht wahr?
>
> Nein, man braucht, dass die Gruppe abelsch ist.
Bei dieser Umformung (von der zweiten zur dritten Zeile) habe ich vermutlich den Fehler gemacht, daß ich aus $N+(- [mm] \Phi(\phi(f)))=(- \Phi(\phi(f)))+N$ [/mm] gefolgert habe, daß
$g - [mm] \Phi(\phi(g)) [/mm] - [mm] \Phi(\phi(f))=- \Phi(\phi(f)) [/mm] + g - [mm] \Phi(\phi(g))$
[/mm]
ist (![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") ).
Kommt nicht erst hier also die Kommutativität ins Spiel?
> Allerdings gilt unsere (speziellere) Aussage fuer die
> Gruppe [mm]G^X[/mm] mit NT [mm]N[/mm] und der Gruppe [mm]G^Y[/mm] trotzdem, man muss
> es nur anders beweisen und kann nicht die allgemeinere
> Aussage benutzen, die halt a priori nur fuer abelsche
> Gruppen gilt!
>
> Definiere [mm]\phi : G^Y \times N \to G^X[/mm], [mm](f, g) \mapsto f + g[/mm].
> Dass dies injektiv und surjektiv ist rechnet man sehr
> schnell nach. Und dass es ein Homomorphismus ist folgt
> daraus, dass fuer jedes [mm]x \in X[/mm] entweder [mm]f(x) \neq 1[/mm] oder
> [mm]g(x) \neq 1[/mm] ist (je nachdem ob [mm]x \in Y[/mm] oder [mm]x \not\in Y[/mm]),
> womit sich das Problem mit der Kommutativitaet erst gar
> nicht stellt
Das muss ich auch zuerst mal verdauen. Ich melde mich, wenn Verdauungsstörungen auftreten und Dein Geduldsfaden dann noch nicht gerissen ist .
> (Kurze) Exakte Sequenzen werden zwar oft in der
> homologischen Algebra verwendet, aber auch sonstwo in der
> Algebra und auch anderen Teilgebieten der Mathematik. Damit
> kann man manche Sachverhalte einfach schoen, kurz und
> praegnant ausdruecken Eine kurze Sequenz [mm]0 \to A \to B \to 0[/mm]
> bedeutet nichts anders, als dass [mm]A[/mm] und [mm]B[/mm] isomorph sind. Die
> Sequenz [mm]0 \to A \to B \to C \to 0[/mm] bedeutet, dass [mm]A[/mm] als Kern
> der surjektiven Abbildung [mm]B \to C[/mm] aufgefasst werden kann
> und dass somit (nach dem Homomorphiesatz) [mm]B/A \cong C[/mm]
> gilt.
> Mit der Zeit gewoehnt man sich daran und benutzt das sehr
> gerne
Ich hoffe, die Zeit wird mal kommen .
Gruß und Dank, phrygian
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:47 Do 21.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo phrygian!
> Leider habe ich wieder Fragen, und zwar zum Beweis, daß die
> Abbildung [mm]\gamma: G^X \to N \times G^Y[/mm], [mm]f \mapsto (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f))[/mm]
> ein Homomorphismus ist. Ich hoffe, ich nerve nicht...
Nein, tust du nicht. Ich hab jetzt nur ein paar Tage mit der Antwort gewartet, da ich hier sehr beschaeftigt war...
> > > > Dass dies so ist, rechnet man schnell nach: Dass die
> > > > Abbildung [mm]G^X \to N \times G^Y[/mm], [mm]f \mapsto (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f))[/mm]
> > > > surjektiv ist bekommt man recht schnell, da [mm](g, h)[/mm] das
> > > > Urbild [mm]g + \Phi(h)[/mm] hat (da [mm]\phi(g + \Phi(h)) = \phi(g) + \phi(\Phi(h)) = 0 + h = h[/mm]
> > > > ist und [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(f - \Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]
> > > > ist),
> > >
> > > Wieso steht da [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(f - \Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]
> > > und nicht [mm](g + \Phi(h)) - \Phi(\phi(g+\Phi(h))) = g + \Phi(h) - \Phi(h) = g[/mm]?
> >
> > Uh sorry, das [mm]f[/mm] sollte da ein [mm]g[/mm] sein!
>
> Kein Problem . Und das [mm]-[/mm] sollte ein [mm]+[/mm] sein, oder?
Genau
> > > > Und das es ein Gruppenhomomorphismus ist kann
> > > > man auch einfach nachrechnen.
> > >
> > > Ich hab's versucht: Wenn ich die Abbildung mit [mm]\gamma[/mm]
> > > bezeichne, dann gilt für beliebige [mm]f,g \in G^X[/mm]
> > >
> > >
> > > [mm]\begin{matrix}
\gamma(f+g)&=& (f+g- \Phi(\phi(f+g)), \phi(f+g)) \\
\ & =& (f+g - \Phi(\phi(g)) - \Phi(\phi(f)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)) + g - \Phi(\phi(g)), \phi(f) + \phi(g)) \\
\ & =& (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f)) + (g - \Phi(\phi(g)), \phi(g)) \\
\ & =& \gamma(f) + \gamma(g).
\end{matrix}[/mm]
> > >
> > > Zur 2. Zeile: Die Reihenfolge ist wichtig, denn [mm]f+g - \Phi(\phi(f)) - \Phi(\phi(g))[/mm]
> > > wäre nur dann richtig, wenn [mm]G[/mm] (und damit auch [mm]G^X[/mm]) abelsch
> > > wäre, oder?
> >
> > Ui. Genau, das hab ich ganz uebersehen, [mm]G[/mm] muss fuer diese
> > Argumentation hier abelsch sein!
>
> Aber bei der Umformung von der ersten zur zweiten Zeile
> braucht man die Kommutativität nicht, da
>
> [mm]- \Phi(\phi(f+g))=-(\Phi(\phi(f))+\Phi(\phi(g)))=- \Phi(\phi(g)) - \Phi(\phi(f))[/mm]
>
> ist, oder?
Ja, genau!
> > > Zur 3. Zeile: Hier kann man die Reihenfolge vertauschen,
> > > weil [mm]g - \Phi(\phi(g))\in N[/mm] ist, nicht wahr?
> >
> > Nein, man braucht, dass die Gruppe abelsch ist.
>
> Bei dieser Umformung (von der zweiten zur dritten Zeile)
> habe ich vermutlich den Fehler gemacht, daß ich aus [mm]N+(- \Phi(\phi(f)))=(- \Phi(\phi(f)))+N[/mm]
> gefolgert habe, daß
>
> [mm]g - \Phi(\phi(g)) - \Phi(\phi(f))=- \Phi(\phi(f)) + g - \Phi(\phi(g))[/mm]
>
> ist ().
Genau, das sollte man nicht machen
> Kommt nicht erst hier also die Kommutativität ins Spiel?
Ja, das stimmt. Und auch nur in dieser Umformung. Allerdings braucht man diese Umformung auch umbedingt...
> > Allerdings gilt unsere (speziellere) Aussage fuer die
> > Gruppe [mm]G^X[/mm] mit NT [mm]N[/mm] und der Gruppe [mm]G^Y[/mm] trotzdem, man muss
> > es nur anders beweisen und kann nicht die allgemeinere
> > Aussage benutzen, die halt a priori nur fuer abelsche
> > Gruppen gilt!
> >
> > Definiere [mm]\phi : G^Y \times N \to G^X[/mm], [mm](f, g) \mapsto f + g[/mm].
> > Dass dies injektiv und surjektiv ist rechnet man sehr
> > schnell nach. Und dass es ein Homomorphismus ist folgt
> > daraus, dass fuer jedes [mm]x \in X[/mm] entweder [mm]f(x) \neq 1[/mm] oder
> > [mm]g(x) \neq 1[/mm] ist (je nachdem ob [mm]x \in Y[/mm] oder [mm]x \not\in Y[/mm]),
> > womit sich das Problem mit der Kommutativitaet erst gar
> > nicht stellt
>
> Das muss ich auch zuerst mal verdauen. Ich melde mich, wenn
> Verdauungsstörungen auftreten und Dein Geduldsfaden dann
> noch nicht gerissen ist .
Ok :D
Die Rechnung hierfuer sollte sogar noch einfacher sein...
> > (Kurze) Exakte Sequenzen werden zwar oft in der
> > homologischen Algebra verwendet, aber auch sonstwo in der
> > Algebra und auch anderen Teilgebieten der Mathematik. Damit
> > kann man manche Sachverhalte einfach schoen, kurz und
> > praegnant ausdruecken Eine kurze Sequenz [mm]0 \to A \to B \to 0[/mm]
> > bedeutet nichts anders, als dass [mm]A[/mm] und [mm]B[/mm] isomorph sind. Die
> > Sequenz [mm]0 \to A \to B \to C \to 0[/mm] bedeutet, dass [mm]A[/mm] als Kern
> > der surjektiven Abbildung [mm]B \to C[/mm] aufgefasst werden kann
> > und dass somit (nach dem Homomorphiesatz) [mm]B/A \cong C[/mm]
> > gilt.
> > Mit der Zeit gewoehnt man sich daran und benutzt das
> sehr
> > gerne
>
> Ich hoffe, die Zeit wird mal kommen .
Das kommt frueher oder spaeter. Ich hab auch lange gebraucht mich dran zu gewoehnen und das am Anfang fuer recht ueberfluessig gehalten
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 06:41 Fr 22.09.2006 | | Autor: | phrygian |
Hallo Felix!
> > Leider habe ich wieder Fragen, und zwar zum Beweis, daß die
> > Abbildung [mm]\gamma: G^X \to N \times G^Y[/mm], [mm]f \mapsto (f - \Phi(\phi(f)), \phi(f))[/mm]
> > ein Homomorphismus ist. Ich hoffe, ich nerve nicht...
>
> Nein, tust du nicht. Ich hab jetzt nur ein paar Tage mit
> der Antwort gewartet, da ich hier sehr beschaeftigt war...
Das macht nichts - schließlich erweist Du mir einen Gefallen!
> > > Allerdings gilt unsere (speziellere) Aussage fuer die
> > > Gruppe [mm]G^X[/mm] mit NT [mm]N[/mm] und der Gruppe [mm]G^Y[/mm] trotzdem, man muss
> > > es nur anders beweisen und kann nicht die allgemeinere
> > > Aussage benutzen, die halt a priori nur fuer abelsche
> > > Gruppen gilt!
> > >
> > > Definiere [mm]\phi : G^Y \times N \to G^X[/mm], [mm](f, g) \mapsto f + g[/mm].
> > > Dass dies injektiv und surjektiv ist rechnet man sehr
> > > schnell nach. Und dass es ein Homomorphismus ist folgt
> > > daraus, dass fuer jedes [mm]x \in X[/mm] entweder [mm]f(x) \neq 1[/mm] oder
> > > [mm]g(x) \neq 1[/mm] ist (je nachdem ob [mm]x \in Y[/mm] oder [mm]x \not\in Y[/mm]),
> > > womit sich das Problem mit der Kommutativitaet erst gar
> > > nicht stellt
> >
> > Das muss ich auch zuerst mal verdauen. Ich melde mich, wenn
> > Verdauungsstörungen auftreten und Dein Geduldsfaden dann
> > noch nicht gerissen ist .
>
> Ok :D
>
> Die Rechnung hierfuer sollte sogar noch einfacher sein...
Ich hab's auch mit dieser Abbildung versucht, aber einfacher war's nicht - im Gegenteil. Vermutlich habe ich den einfacheren Beweis, den Du im Sinne hattest, nicht gesehen...
Zuerst mal habe ich eine Frage zu Deiner Definition von [mm] \phi:
[/mm]
Du definierst
[mm]\phi : G^Y \times N \to G^X[/mm], [mm](f, g) \mapsto f + g[/mm].
Da aber [mm] $f\in G^Y$ [/mm] ist, kann $f+g$ nicht in [mm] $G^X$ [/mm] sein, oder? Müsste es nicht heißen
[mm]\phi : G^Y \times N \to G^X[/mm], [mm](f, g) \mapsto \hat f + g[/mm]
(wobei [mm] $\hat [/mm] f$ die Erweiterung von $f$ ist)?
Falls mein Einwand falsch ist, ist es auch mein Beweis, in welchem ich eh nur die Injektivität und die Surjektivität von [mm] $\phi$ [/mm] feststellen konnte...
Jedenfalls habe ich mir folgendes überlegt:
1. [mm] \phi [/mm] ist surjektiv:
Sei [mm] $h\in G^X$ [/mm] beliebig.
Fall 1: [mm] $h\in [/mm] N$
a) [mm] $x\in [/mm] Y$: [mm] $h(x)=e=e+e=h(x)+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+h(x)$.
[/mm]
b) [mm] $x\in X\setminus [/mm] Y$: [mm] $h(x)=e+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+h(x)$.
[/mm]
Fall 2: [mm] $h\not\in [/mm] N$
Ich definiere eine Abbildung [mm] $g:X\to [/mm] G$ durch
$ [mm] g(x):=\begin{cases}e, & \mbox{für } x\in Y \\ h(x), & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases} $\; [/mm] .
Es ist also [mm] $g\in [/mm] N$.
a) [mm] $x\in [/mm] Y$: [mm] $h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+e=\widehat {h|_Y}(x)+g(x)$.
[/mm]
b) [mm] $x\in X\setminus [/mm] Y$: [mm] $h(x)=e+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+g(x)$.
[/mm]
2. [mm] \phi [/mm] ist injektiv:
Seien [mm] $(f,g),(f',g')\in G^Y\times [/mm] N$ derart, daß [mm] $\phi((f,g))=\phi((f',g'))$, [/mm] d.h. [mm] $\hat [/mm] f [mm] +g=\widehat [/mm] {f'} +g'$.
Für [mm] $x\in [/mm] Y$ folgt
[mm] \begin{matrix}
\ & \hat f(x)+g(x)&=& \widehat {f'} (x)+g'(x) \\
\ \Rightarrow & \hat f(x) & =& \widehat {f'} (x) \\
\ \Rightarrow & f(x) & =& f'(x) \\
\end{matrix} [/mm] .
Also ist $f=f'$.
Für [mm] $x\in X\setminus [/mm] Y$ folgt
[mm] \begin{matrix}
\ & \hat f(x)+g(x)&=& \widehat {f'} (x)+g'(x) \\
\ \Rightarrow & g(x) & =& g'(x) \\
\end{matrix} [/mm] .
Also ist $g=g'$ (auf $Y$ stimmen beide Funktionen nach Definition überein).
Somit ist $(f,g)=(f',g')$.
So weit, so gut. Jetzt fangen meine Probleme an.
Vorausgesetzt, Deine Definition stimmt, verstehe ich trotzdem nicht, wie Du das Folgende meinst:
> > > Und dass es ein Homomorphismus ist folgt
> > > daraus, dass fuer jedes [mm]x \in X[/mm] entweder [mm]f(x) \neq 1[/mm] oder
> > > [mm]g(x) \neq 1[/mm] ist (je nachdem ob [mm]x \in Y[/mm] oder [mm]x \not\in Y[/mm]),
> > > womit sich das Problem mit der Kommutativitaet erst gar
> > > nicht stellt
Falls [mm]x \in Y[/mm], weiss ich doch nur, daß $g(x)=1$ ist; wie kann ich wissen, welchen Wert $f(x)$ annimmt, insbesondere, daß [mm] $f(x)\neq [/mm] 1$ ist? Und falls [mm]x \not\in Y[/mm], ist doch [mm]f(x)[/mm] gar nicht definiert ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") !? Und wie folgt daraus die Homomorphie?
Mit meiner Definition komme ich aber ohne Kommutativität von $G$ nicht weiter... :-(
> > > (Kurze) Exakte Sequenzen werden zwar oft in der
> > > homologischen Algebra verwendet, aber auch sonstwo in der
> > > Algebra und auch anderen Teilgebieten der Mathematik. Damit
> > > kann man manche Sachverhalte einfach schoen, kurz und
> > > praegnant ausdruecken Eine kurze Sequenz [mm]0 \to A \to B \to 0[/mm]
> > > bedeutet nichts anders, als dass [mm]A[/mm] und [mm]B[/mm] isomorph sind. Die
> > > Sequenz [mm]0 \to A \to B \to C \to 0[/mm] bedeutet, dass [mm]A[/mm] als Kern
> > > der surjektiven Abbildung [mm]B \to C[/mm] aufgefasst werden kann
> > > und dass somit (nach dem Homomorphiesatz) [mm]B/A \cong C[/mm]
> > > gilt.
> > > Mit der Zeit gewoehnt man sich daran und benutzt das
> > sehr
> > > gerne
> >
> > Ich hoffe, die Zeit wird mal kommen .
>
> Das kommt frueher oder spaeter. Ich hab auch lange
> gebraucht mich dran zu gewoehnen und das am Anfang fuer
> recht ueberfluessig gehalten
Das ist ermutigend
Gruß und Dank, phrygian
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:03 Fr 22.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo phrygian!
> > Die Rechnung hierfuer sollte sogar noch einfacher sein...
>
> Ich hab's auch mit dieser Abbildung versucht, aber
> einfacher war's nicht - im Gegenteil. Vermutlich habe ich
> den einfacheren Beweis, den Du im Sinne hattest, nicht
> gesehen...
> Zuerst mal habe ich eine Frage zu Deiner Definition von
> [mm]\phi:[/mm]
>
> Du definierst
>
> [mm]\phi : G^Y \times N \to G^X[/mm], [mm](f, g) \mapsto f + g[/mm].
> Da aber
> [mm]f\in G^Y[/mm] ist, kann [mm]f+g[/mm] nicht in [mm]G^X[/mm] sein, oder? Müsste es
> nicht heißen
>
> [mm]\phi : G^Y \times N \to G^X[/mm], [mm](f, g) \mapsto \hat f + g[/mm]
>
> (wobei [mm]\hat f[/mm] die Erweiterung von [mm]f[/mm] ist)?
Ja, so muesste es eigentlich schon lauten -- ich habe einfach mal [mm] $G^Y$ [/mm] durch die Abbildung $g [mm] \mapsto \hat{g}$ [/mm] mit dem Bild in [mm] $G^X$ [/mm] identifiziert
> 1. [mm]\phi[/mm] ist surjektiv:
> Sei [mm]h\in G^X[/mm] beliebig.
> Fall 1: [mm]h\in N[/mm]
> a) [mm]x\in Y[/mm]: [mm]h(x)=e=e+e=h(x)+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+h(x)[/mm].
>
> b) [mm]x\in X\setminus Y[/mm]: [mm]h(x)=e+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+h(x)[/mm].
>
> Fall 2: [mm]h\not\in N[/mm]
> Ich definiere eine Abbildung [mm]g:X\to G[/mm]
> durch
>
> [mm]g(x):=\begin{cases}e, & \mbox{für } x\in Y \\ h(x), & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases}[/mm][mm] \;[/mm]
> .
> Es ist also [mm]g\in N[/mm].
> a) [mm]x\in Y[/mm]: [mm]h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+e=\widehat {h|_Y}(x)+g(x)[/mm].
>
> b) [mm]x\in X\setminus Y[/mm]: [mm]h(x)=e+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+g(x)[/mm].
Dein 1. Fall ist im 2. Fall schon vollstaendig enthalten.
> 2. [mm]\phi[/mm] ist injektiv:
> Seien [mm](f,g),(f',g')\in G^Y\times N[/mm] derart, daß
> [mm]\phi((f,g))=\phi((f',g'))[/mm], d.h. [mm]\hat f +g=\widehat {f'} +g'[/mm].
>
> Für [mm]x\in Y[/mm] folgt
>
> [mm]\begin{matrix}
\ & \hat f(x)+g(x)&=& \widehat {f'} (x)+g'(x) \\
\ \Rightarrow & \hat f(x) & =& \widehat {f'} (x) \\
\ \Rightarrow & f(x) & =& f'(x) \\
\end{matrix}[/mm]
> .
> Also ist [mm]f=f'[/mm].
>
> Für [mm]x\in X\setminus Y[/mm] folgt
>
> [mm]\begin{matrix}
\ & \hat f(x)+g(x)&=& \widehat {f'} (x)+g'(x) \\
\ \Rightarrow & g(x) & =& g'(x) \\
\end{matrix}[/mm]
> .
>
> Also ist [mm]g=g'[/mm] (auf [mm]Y[/mm] stimmen beide Funktionen nach
> Definition überein).
>
> Somit ist [mm](f,g)=(f',g')[/mm].
Genau.
> So weit, so gut. Jetzt fangen meine Probleme an.
> Vorausgesetzt, Deine Definition stimmt, verstehe ich
> trotzdem nicht, wie Du das Folgende meinst:
>
> > > > Und dass es ein Homomorphismus ist folgt
> > > > daraus, dass fuer jedes [mm]x \in X[/mm] entweder [mm]f(x) \neq 1[/mm] oder
> > > > [mm]g(x) \neq 1[/mm] ist (je nachdem ob [mm]x \in Y[/mm] oder [mm]x \not\in Y[/mm]),
Sorry, das hatte ich sehr schlecht formuliert: Ich meinte, dass immer $f(x) = 1$ oder $g(x) = 1$ (oder auch beides gleichzeitig) gilt!
> > > > womit sich das Problem mit der Kommutativitaet erst gar
> > > > nicht stellt
>
> Falls [mm]x \in Y[/mm], weiss ich doch nur, daß [mm]g(x)=1[/mm] ist; wie kann
> ich wissen, welchen Wert [mm]f(x)[/mm] annimmt, insbesondere, daß
> [mm]f(x)\neq 1[/mm] ist? Und falls [mm]x \not\in Y[/mm], ist doch [mm]f(x)[/mm] gar
> nicht definiert !?
Ich hab wieder $f$ mit [mm] $\hat{f}$ [/mm] idenfiziert; da ist dann $f(x) = 1$... (Vielleicht sollten wir besser 0 schreiben, wenn wir schon + schreiben. Oder anstatt + [mm] $\cdot$ [/mm] schreiben.)
> Und wie folgt daraus die Homomorphie?
Es ist [mm] $(\hat{f} [/mm] + g)(x) = [mm] \hat{f}(x) [/mm] + g(x) = f(x)$, wenn $x [mm] \in [/mm] Y$, und [mm] $(\hat{f} [/mm] + g)(x) = g(x)$ wenn $x [mm] \not\in [/mm] Y$. Damit brauchst du die Kommutativitaet dann nicht.
> Mit meiner Definition komme ich aber ohne Kommutativität
> von [mm]G[/mm] nicht weiter... :-(
Ich hoffe mal jetzt klappts besser. Sorry fuer die Verwirrung, manchmal identifiziere ich ein wenig zu viel...
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:45 Fr 22.09.2006 | | Autor: | phrygian |
Guten Morgen, Felix!
Wow, diesmal hast Du aber sehr schnell geantwortet !
Ich glaube, daß diese endlose Geschichte nun doch ein Ende nimmt; das mit der Homomorphie habe ich jetzt endlich verstanden, ich habe nur noch eine kleine Frage.
> > 1. [mm]\phi[/mm] ist surjektiv:
> > Sei [mm]h\in G^X[/mm] beliebig.
> > Fall 1: [mm]h\in N[/mm]
> > a) [mm]x\in Y[/mm]:
> [mm]h(x)=e=e+e=h(x)+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+h(x)[/mm].
> >
> > b) [mm]x\in X\setminus Y[/mm]: [mm]h(x)=e+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+h(x)[/mm].
>
> >
> > Fall 2: [mm]h\not\in N[/mm]
> > Ich definiere eine Abbildung
> [mm]g:X\to G[/mm]
> > durch
> >
> > [mm]g(x):=\begin{cases}e, & \mbox{für } x\in Y \\ h(x), & \mbox{für } x\in X\setminus Y \end{cases}[/mm][mm] \;[/mm]
> > .
> > Es ist also [mm]g\in N[/mm].
> > a) [mm]x\in Y[/mm]: [mm]h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+e=\widehat {h|_Y}(x)+g(x)[/mm].
>
> >
> > b) [mm]x\in X\setminus Y[/mm]: [mm]h(x)=e+h(x)=\widehat {h|_Y}(x)+g(x)[/mm].
>
> Dein 1. Fall ist im 2. Fall schon vollstaendig enthalten.
>
Ich hätte also von einem beliebigen [mm] $h\in G^X$ [/mm] ausgehen und dann die Funktion $g$ definieren können, unabhängig davon, ob [mm] $h\in [/mm] N$ (und damit $h=g$) oder [mm] $h\not\in [/mm] N$?
> > So weit, so gut. Jetzt fangen meine Probleme an.
> > Vorausgesetzt, Deine Definition stimmt, verstehe ich
> > trotzdem nicht, wie Du das Folgende meinst:
> >
> > > > > Und dass es ein Homomorphismus ist folgt
> > > > > daraus, dass fuer jedes [mm]x \in X[/mm] entweder [mm]f(x) \neq 1[/mm] oder
> > > > > [mm]g(x) \neq 1[/mm] ist (je nachdem ob [mm]x \in Y[/mm] oder [mm]x \not\in Y[/mm]),
>
> Sorry, das hatte ich sehr schlecht formuliert: Ich meinte,
> dass immer [mm]f(x) = 1[/mm] oder [mm]g(x) = 1[/mm] (oder auch beides
> gleichzeitig) gilt!
Ach so!
> > > > > womit sich das Problem mit der Kommutativitaet erst gar
> > > > > nicht stellt
> >
> > Falls [mm]x \in Y[/mm], weiss ich doch nur, daß [mm]g(x)=1[/mm] ist; wie kann
> > ich wissen, welchen Wert [mm]f(x)[/mm] annimmt, insbesondere, daß
> > [mm]f(x)\neq 1[/mm] ist? Und falls [mm]x \not\in Y[/mm], ist doch [mm]f(x)[/mm] gar
> > nicht definiert !?
>
> Ich hab wieder [mm]f[/mm] mit [mm]\hat{f}[/mm] idenfiziert; da ist dann [mm]f(x) = 1[/mm]...
> (Vielleicht sollten wir besser 0 schreiben, wenn wir schon
> + schreiben. Oder anstatt + [mm]\cdot[/mm] schreiben.)
>
> > Und wie folgt daraus die Homomorphie?
>
> Es ist [mm](\hat{f} + g)(x) = \hat{f}(x) + g(x) = f(x)[/mm], wenn [mm]x \in Y[/mm],
> und [mm](\hat{f} + g)(x) = g(x)[/mm] wenn [mm]x \not\in Y[/mm]. Damit
> brauchst du die Kommutativitaet dann nicht.
>
> > Mit meiner Definition komme ich aber ohne Kommutativität
> > von [mm]G[/mm] nicht weiter... :-(
>
> Ich hoffe mal jetzt klappts besser. Sorry fuer die
> Verwirrung, manchmal identifiziere ich ein wenig zu
> viel...
Kein Problem. Jetzt ist jedenfalls alles klar (bis auf die Kleinigkeit oben).
Nochmals vielen Dank! Ich habe viel von Dir gelernt!
Gruß, phrygian
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:04 Fr 22.09.2006 | | Autor: | Docy |
Hallo alle zusammen,
also ich muss mal eine Frage los werden, die mich schon Ewigkeiten beschäftigt. Beim Lösen der Aufgaben werden manchmal Abbildungen definiert. Z. B. hier:
> Ich definiere [mm]\phi:G^X\to G^Y[/mm] durch
>
> [mm]\phi(f):=f|_Y[/mm]
>
> für alle [mm]f\in G^X[/mm], wobei [mm]f|_Y[/mm] die Einschränkung von [m]f[/m] auf [mm]Y[/mm]
> ist.
Ich verstehe leider nicht so ganz, warum man einfach so so eine Abbildung definieren darf, um etwas zu beweisen.
Wäre für jegliche Hilfe sehr dankbar
Gruß
Docy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:08 Fr 22.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Docy!
> Hallo alle zusammen,
> also ich muss mal eine Frage los werden, die mich schon
> Ewigkeiten beschäftigt. Beim Lösen der Aufgaben werden
> manchmal Abbildungen definiert. Z. B. hier:
>
> > Ich definiere [mm]\phi:G^X\to G^Y[/mm] durch
> >
> > [mm]\phi(f):=f|_Y[/mm]
> >
> > für alle [mm]f\in G^X[/mm], wobei [mm]f|_Y[/mm] die Einschränkung von [m]f[/m] auf [mm]Y[/mm]
> > ist.
>
> Ich verstehe leider nicht so ganz, warum man einfach so so
> eine Abbildung definieren darf, um etwas zu beweisen.
Also Abbildungen darf man definieren, wie man gerade Lust hat. Da gibt es keine 'Regeln' oder so. Die Frage ist eher, ob diese konkrete Abbildung einem weiterhilft.
Ich hol erstmal ein wenig aus
In der Mathematik hat sich oft gezeigt, dass man Objekte besser untersuchen kann, wenn man Abbildungen zwischen ihnen betrachtet. Zum Beispiel, wenn du Vektorraeume untersuchst, schaust du dir eigentlich hauptsaechlich (strukturerhaltende) Abbildungen zwischen solchen an (und deren Repraesentation als Matrix). Und in der Funktionalanalysis beschaeftigt man sich sehr viel mit stetigen linearen Abbildungen von einem (topologischen) Vektorraum in den Grundkoerper, um damit Aussagen ueber den Raum selber zu zeigen.
Allein schon deshalb haben Abbildungen eine sehr wichtige Stellung in der Mathematik
Aber nun zum konkreten Fall.
Wir wollen zeigen, dass [mm] $G^X/N$ [/mm] isomorph zu [mm] $G^Y$ [/mm] ist. Dazu muessen wir sowieso eine Abbildung angeben, naemlich den Isomorphismus. Hier (und auch in vielen anderen Faellen) bietet es sich allerdings an, nicht direkt den Isomorphismus anzugeben, sondern einen Homomorphismus, aus dem man mit einem passenden Satz (naemlich dem Homomorphiesatz) einen Isomorphismus erhaelt.
Also hier geben wir einen surjektiven Homomorphismus [mm] $G^X \to G^Y$ [/mm] an, dessen Kern gerade $N$ ist.
Diese Methode verwendet man haeufig, wenn man zeigen moechte, dass $A/B$ isomorph zu $C$ ist, egal ob das nun Gruppen, Ringe (und Ideale), Moduln, Vektorraeume etc. sind.
> Wäre für jegliche Hilfe sehr dankbar
Hilft dir das ein wenig weiter?
LG Felix
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Hallo ihr alle,
kann ich [mm] G^X [/mm] mir vorstellen als Vektoren mit |X| Komponenten und Einträge von G. Dann wenn [mm] Y\subseteq [/mm] X ist und N so definiert wie in das Aufgabe,
dann Elemente von N haben 1 an alle Stellen von Y. Nun N ist Untergruppe: Wird zwei Elemente von [mm] G^X [/mm] multipliziert, indem komponenteweise Gruppenelemente multipliziert werden, also wenn beide an Stelle von Y 1 haben, dann auch Produkt ist 1 an Stellen von Y. Ist auch Normalteiler, weil wir können für Komponenten von Y komponentenweise [mm] g^{-1}\cdot 1\cdot [/mm] g=1 anwenden.
Nun ist [mm] G^X\slash [/mm] N isomorph zu [mm] G^Y: [/mm] Intuitiv ist klar weil zwei Elemente von [mm] G^X [/mm] sind in selbe Klasse bezogen auf N wenn sie stimmen überein auf Y
(und Rest egal).
Formal geht so: [mm] G^Y\to G^X\slash N,\:\: g\mapsot \{h\in G^X|\:\: h|Y=g|Y\}.
[/mm]
Liebe Gruss
just-math
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:49 So 17.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo just-math!
> kann ich [mm]G^X[/mm] mir vorstellen als Vektoren mit |X|
> Komponenten und Einträge von G.
Genau, das ist die intuitive Vorstellung.
> Dann wenn [mm]Y\subseteq[/mm] X ist
> und N so definiert wie in das Aufgabe,
> dann Elemente von N haben 1 an alle Stellen von Y. Nun N
> ist Untergruppe: Wird zwei Elemente von [mm]G^X[/mm] multipliziert,
> indem komponenteweise Gruppenelemente multipliziert werden,
> also wenn beide an Stelle von Y 1 haben, dann auch Produkt
> ist 1 an Stellen von Y.
Aus dem gleichen Grund liegt auch das Einselement in $N$, und $N$ ist bezueglich Inversenbildung abgeschlossen.
> Ist auch Normalteiler, weil wir
> können für Komponenten von Y komponentenweise [mm]g^{-1}\cdot 1\cdot[/mm]
> g=1 anwenden.
Genau.
> Nun ist [mm]G^X\slash[/mm] N isomorph zu [mm]G^Y:[/mm] Intuitiv ist klar
> weil zwei Elemente von [mm]G^X[/mm] sind in selbe Klasse bezogen auf
> N wenn sie stimmen überein auf Y
> (und Rest egal).
Jep :)
> Formal geht so: [mm]G^Y\to G^X\slash N,\:\: g\mapsto \{h\in G^X|\:\: h|Y=g|Y\}.[/mm]
Jep. Man muss dann, wenn man es formal richtig machen moechte, nur noch zeigen, dass es wohldefiniert ist (klar), ein Gruppenhomomorphismus ist (klar) und dass es bijektiv ist (auch schnell klar).
LG Felix
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