G isomorph zu C Surjektivität < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 23:51 Mi 12.05.2010 | | Autor: | congo.hoango |
| Aufgabe | | Zeigen Sie, dass die Gruppe [mm] G=\{(\pmat{ a & -b \\ b & a }|a,b \in \IR, a^2+b^2\not=0\} [/mm] isomorph zur multiplikativen Gruppe [mm] \IC^\*=\{z|z\in\IC, z\not= 0\} [/mm] ist. |
Also ich habe schon alles beisammen (einen passenden Gruppenhomomorphismus gefunden und Injektivität gezeigt), mir fehlt nur noch die Surjektivität der Abbildung [mm] \varphi [/mm] : [mm] G\rightarrow \IC^\*, \varphi (X)=\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}}X\vektor{1 \\ 1}, [/mm] X [mm] \in [/mm] G.
Ich weiß, wie die Surjektivität definiert ist, aber irgendwie tu ich mich schwer, das nachzuweisen.
Ich müsste ja zeigen, dass es zu jedem Urbild [mm] z\in \IC^\* [/mm] ein Bild [mm] \varphi(X) [/mm] mit [mm] X\in [/mm] G gibt mit [mm] \varphi(X)=z.
[/mm]
Aber wie stelle ich das an?
Bin für jeden Hinweis dankbar.
Gruß
vom congo
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:37 Do 13.05.2010 | | Autor: | SEcki |
> Also ich habe schon alles beisammen (einen passenden
> Gruppenhomomorphismus gefunden und Injektivität gezeigt),
> mir fehlt nur noch die Surjektivität der Abbildung [mm]\varphi[/mm]
> : [mm]G\rightarrow \IC^\*, \varphi (X)=\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}}X\vektor{1 \\ 1},[/mm]
> X [mm]\in[/mm] G.
Also dein Gruppenhom. verwirrt mich - bist du sicher, das er so richtig ist? Wenn ja, möchte ich gerne eine Vorführung davon haben.
SEcki
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Naja, ich habe mir überlegt, dass ja gelten muss:
[mm] \varphi(\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }=1
[/mm]
(da ja das neutrale Element aus G auf das neutrale Element von [mm] \IC^\* [/mm] abgebildet wird.
Und da habe ich mir halt diese Abbildung [mm] \varphi [/mm] draus gefolgert und es gilt tatsächlich
[mm] \varphi(a\circ b)=\varphi(a)*\varphi(b) [/mm] (a,b [mm] \in [/mm] G)
Wenn ich die Rechnung noch mal genau hier rein schreiben soll sag bescheid, ich lasse das erstmal, weil Latex bei mir doch immer ne gefühlte Ewigkeit dauert 
Und daraus folgt ja, dass [mm] \varphi [/mm] Gruppenhomomorphismus ist, oder?
Wenn das soweit richtig ist, fehlt mir noch die Bijektivität, wobei ich die Injektivität schon gezeigt habe - also nur noch die Surjektivität.
Gruß
congo
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:40 Do 13.05.2010 | | Autor: | Arcesius |
Hallo
(Wie kann man denn hier Antworten selbst auf "Teilweise beantwortet" stellen??)
Ich weiss nicht, wie du auf deinen Homomorphismus gekommen bist...
Du hast S = [mm] \{\pmat{a & -b \\ b & a} \mid a,b \in \IR\backslash\{0\}\} [/mm] = [mm] \{a\pmat{1 & 0 \\ 0 & 1}+b\pmat{0 & -1 \\ 1 & 0} \mid a,b \in \IR\backslash\{0\}\} [/mm]
Definiere nun einen Homomorphismus [mm] \phi:S \to \IC\qquad [/mm] ; [mm] \pmat{a & -b \\ b & a} \mapsto [/mm] a + ib.
Nun checke, dass es tatsächlich ein Homomorphismus ist... (Multiplikation verträglich mit der im Komplexen usw..). Du wirdst sehen, dass die Bijektivität nun nicht schwer zu sehen ist.
> Naja, ich habe mir überlegt, dass ja gelten muss:
> [mm]\varphi(\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }=1[/mm]
>
> (da ja das neutrale Element aus G auf das neutrale Element
> von [mm]\IC^\*[/mm] abgebildet wird.
> Und da habe ich mir halt diese Abbildung [mm]\varphi[/mm] draus
> gefolgert und es gilt tatsächlich
Nun, mit diesem Homomorphismus den ich dir genannt habe wird ja [mm] \pmat{1 & 0 \\ 0 & 1} [/mm] auf 1 + 0i abgebildet, also [mm] 1_{S} \mapsto 1_{\IC}...
[/mm]
Ich hoffe, ich hab nix übersehen, mit dem [mm] a^{2}+b^{2} \neq [/mm] 0, z [mm] \neq [/mm] 0...
Grüsse, Amaro
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Hallo Amaro,
vielen Dank für deine Antwort.
Ist denn meine Abbildung etwa kein Homomorphismus, oder ist es einfach nur zu kompliziert z.z., dass er bijektiv ist?
Ich habe mir wie gesagt gedacht, dass
[mm] \varphi(\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }=1 [/mm] sein muss und hier nun meine Abbildung:
[mm] \varphi(\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }=\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}} \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 } \vektor{1 \\ 1} [/mm] = 1
Also erhalte ich [mm] \varphi(X) [/mm] = [mm] \vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}} [/mm] X [mm] \vektor{1 \\ 1} [/mm] mit X [mm] \in [/mm] G.
Diese Abbildung erfüllt auch die Anforderungen an einen Homomorphismus.
War das bis hierhin so abwegig, bzw. falsch?
Gruß
congo
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:54 Do 13.05.2010 | | Autor: | andreas |
hallo
ich vermute du meinst [mm] $\varphi\left(\pmat{ a & -b \\ b & a }\right)=\left( \bruch{1}{2} \quad \bruch{1}{2} \right) \pmat{ a & -b \\ b & a } \vektor{1 \\ 1}$, [/mm] sonst sind die matrizenprodukte gar nicht definiert. allerdings ist das dann auch kein homomorphismus, denn es ist im allgemeinen [mm] $\varphi(XY) \not= \varphi(X)\varphi(Y)$. [/mm] folge lieber Arcesius' vorschlag, dieser führt zum ziel.
grüße
andreas
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> hallo
>
> ich vermute du meinst [mm]\varphi\left(\pmat{ a & -b \\ b & a }\right)=\left( \bruch{1}{2} \quad \bruch{1}{2} \right) \pmat{ a & -b \\ b & a } \vektor{1 \\ 1}[/mm],
> sonst sind die matrizenprodukte gar nicht definiert.
Hä? Wenn ich eine Matrix mit einem Vektor multipliziere kommt ein Vektor raus. Wenn ich den wieder mit einem Vektor multipliziere kommt eine Zahl raus. Oder bin ich jetz vollkommen durcheinander?
> allerdings ist das dann auch kein homomorphismus, denn es
> ist im allgemeinen [mm]\varphi(XY) \not= \varphi(X)\varphi(Y)[/mm].
Das habe ich überprüft und das gilt.
> folge lieber Arcesius' vorschlag, dieser führt zum ziel.
Ok, dann mache ich das. Macht auch zumindest insofern mehr Sinn, als das er da auch was was mit i in der Abbildung hat
Gruß
congo
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:33 Do 13.05.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo!
> > hallo
> >
> > ich vermute du meinst [mm]\varphi\left(\pmat{ a & -b \\ b & a }\right)=\left( \bruch{1}{2} \quad \bruch{1}{2} \right) \pmat{ a & -b \\ b & a } \vektor{1 \\ 1}[/mm],
> > sonst sind die matrizenprodukte gar nicht definiert.
>
> Hä? Wenn ich eine Matrix mit einem Vektor multipliziere
> kommt ein Vektor raus. Wenn ich den wieder mit einem Vektor
> multipliziere kommt eine Zahl raus. Oder bin ich jetz
> vollkommen durcheinander?
Nein, das ist schon in Ordnung. So, wie Andreas es auffasst, käme dann wirklich (nur) eine (relle) Zahl heraus. Nichtsdestotrotz ist sein Einwand korrekt. Denn:
Wenn $X [mm] \in [/mm] G$, so folgt die Existenz von $a,b [mm] \in \IR$, [/mm] $a [mm] \not=0$ [/mm] oder $b [mm] \not=0$, [/mm] mit
[mm] $$X=\pmat{ a & -b \\ b & a } \in \IR^{2 \times 2}\,.$$ [/mm]
Das "Produkt"
[mm] $$\pmat{ 1/2 \\ 1/2 }*\pmat{ a & -b \\ b & a }$$
[/mm]
wäre ein Matrixprodukt, wobei man eine $2 [mm] \times \red{1}$-Matrix [/mm] mit einer [mm] $\red{2} \times [/mm] 2$-Matrix multipliziert. Ein solches ist aber nicht definiert.
Beachte:
Wenn man für Matrizen $A [mm] \in \IR^{m \times \blue{n}}, \; [/mm] B [mm] \in \IR^{\blue{p} \times q}$ [/mm] das Matrixprodukt [mm] $A*B\;\;(\in \IR^{m \times q})\,$ [/mm] berechnen will, so ist dieses definiert, wenn [mm] $\blue{n}=\blue{p}$ [/mm] gilt. Anders gesagt:
Die (linke) Matrix [mm] $A\,$ [/mm] muss dann genau so viele Spalten haben, wie die (rechte) Matrix [mm] $B\,$ [/mm] Zeilen hat.
[mm] $\pmat{ 1/2 \\ 1/2}$ [/mm] hat aber nur eine Spalte, währen [mm] $\pmat{ a & -b \\ b & a }$ [/mm] zwei Zeilen hat. Deswegen sagt Andreas, dass bei der von Dir vorgeschlagenen Funktionsvorschrift für [mm] $\varphi(X)$ [/mm] irgendwo etwas nicht stimmen kann.
Beste Grüße,
Marcel
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Auch wenn das hier ein bisschen ausartet:
Ich habe ja deshalb die Abbildung so definiert:
[mm] \varphi(\pmat{ a & -b \\ b & a })=\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}} \pmat{ a & -b \\ b & a }\vektor{1 \\ 1}
[/mm]
Und man multipliziert ja immer von rechts nach links. Also zu erst:
[mm] \pmat{ a & -b \\ b & a }\vektor{1 \\ 1} [/mm] = [mm] \vektor{a-b \\ b+a}
[/mm]
Und das Ergebnis multipliziere ich dann mit dem Vektor [mm] \vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}} [/mm] :
[mm] \vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}}\vektor{a-b \\ b+a} [/mm] = [mm] (a-b)\bruch{1}{2} [/mm] + [mm] (b+a)\bruch{1}{2}
[/mm]
Und wenn ich das ganze für die Einheitsmatrix mache kommt halt 1 raus...
Gruß
congo
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:28 Do 13.05.2010 | | Autor: | SEcki |
> [mm]\varphi(\pmat{ a & -b \\ b & a })=\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}} \pmat{ a & -b \\ b & a }\vektor{1 \\ 1}[/mm]
Da fehlt einfach ein transponiert:
[mm]\varphi(\pmat{ a & -b \\ b & a })=\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}}^t \pmat{ a & -b \\ b & a }\vektor{1 \\ 1}[/mm]
So ist es dann richtig, oder aber auch:
[mm]\varphi(\pmat{ a & -b \\ b & a })=\vektor{\bruch{1}{2} & \bruch{1}{2}} \pmat{ a & -b \\ b & a }\vektor{1 \\ 1}[/mm]
> Und wenn ich das ganze für die Einheitsmatrix mache kommt
> halt 1 raus...
Für [m]a=0,b=1[/m] kommt dabei 0 heraus. Dies steht sofort im Widerspruch dazu, dass es ein Gruppenhom. sein soll.
Ich wollte vorhin ja eigentlich nur höflich sein für: ich bin mir zu 99% sicher, dass du einen großen Bock geschossen hast beim Beweis dafür, dass es ein Gruppenhom. ist. Du kannst jetzt einfach den andren Weg im Thread folgen, oder aber uns auch deinen zeigen - damit wir zusammen deinen Fehler finden.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:41 Do 13.05.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo!
> Auch wenn das hier ein bisschen ausartet:
>
> Ich habe ja deshalb die Abbildung so definiert:
>
> [mm]\varphi(\pmat{ a & -b \\ b & a })=\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}} \pmat{ a & -b \\ b & a }\vektor{1 \\ 1}[/mm]
>
> Und man multipliziert ja immer von rechts nach links.
Nein, die Matrixmultiplikation ist assoziativ (beachte aber: i.a. nicht kommutativ). Man kann durchaus auch links anfangen, da $A*(B*C)=(A*B)*C$ gilt (sofern die Matrizen so sind, dass die Produkte definiert sind).
> Also
> zu erst:
>
> [mm]\pmat{ a & -b \\ b & a }\vektor{1 \\ 1}[/mm] = [mm]\vektor{a-b \\ b+a}[/mm]
>
> Und das Ergebnis multipliziere ich dann mit dem Vektor
> [mm]\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}}[/mm] :
>
> [mm]\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}}\vektor{a-b \\ b+a}[/mm] =
> [mm](a-b)\bruch{1}{2}[/mm] + [mm](b+a)\bruch{1}{2}[/mm]
Wie schon von SECKI gesagt, da fehlt links ein transponiert und damit sind wir genau bei der von Andreas vorgeschlagenen Funktionsvorschrift für [mm] $\varphi(X)\,.$
[/mm]
Jedenfalls macht
[mm] $$\vektor{\bruch{1}{2} \\ \bruch{1}{2}}\vektor{a-b \\ b+a}$$
[/mm]
keinen Sinn, da der linksstehende Vektor eine $2 [mm] \times \red{1}$-Matrix [/mm] ist, und Du diese Matrix mit einer [mm] $\red{2} \times [/mm] 1$-Matrix multiplizieren willst. Das ist nicht definiert.
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Sa 15.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:07 Fr 14.05.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo Amaro,
> (Wie kann man denn hier Antworten selbst auf "Teilweise
> beantwortet" stellen??)
wenn du eine Frage beantwortet, kannst du weiter runterscrollen und siehst die Frage, auf die du antwortest. Da, bei der Frage, kannst du oben auswaehlen, ob du die Frage ganz oder nur teilweise beantwortet hast (und es gibt noch ein paar mehr Moeglichkeiten).
LG Felix
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Hallo nochmal Amaro,
Ok, dass das ein Homomorphismus ist, habe ich gezeigt.
Kann ich die Bijektivität darüber zeigen, dass eine Umkerabbildung exisitiert (also ganz simpel [mm] f^{-1}(a+ib)=\pmat{ a & -b \\ b & a }), [/mm] oder muss ich das, bzw. bietet es sich an über surj./inj.? Ich tue mich nämlich immer schwer damit die Surjektivität nachzuweisen.
Beste Grüße
congo
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:58 Sa 15.05.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo nochmal Amaro,
>
> Ok, dass das ein Homomorphismus ist, habe ich gezeigt.
> Kann ich die Bijektivität darüber zeigen, dass eine
> Umkerabbildung exisitiert (also ganz simpel
> [mm]f^{-1}(a+ib)=\pmat{ a & -b \\ b & a }),[/mm]
Dir ist doch sicherlich der Satz bekannt:
Eine Funktion $f: M [mm] \to [/mm] N$ ist genau dann bijektiv, wenn eine Funktion $g: N [mm] \to [/mm] M$ existiert mit
[mm] $$\blue{f \circ g=id_N} \text{ und }\blue{g \circ f=id_M}\,.$$
[/mm]
(D.h. für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] muss $f(g(n))=n$ und für alle $m [mm] \in [/mm] M$ muss $g(f(m))=m$ nachgewiesen werden.)
Also:
Wenn man diese beiden Gleichungen nachweist (z.B. bei konkretem [mm] $f\,$ [/mm] mit konkretem [mm] $g\,$, [/mm] welches z.B. errechnet, geraten oder sonstwie gegeben ist), dann folgt insbesondere die Bijektivität von [mm] $f\,$ [/mm] (insbesondere ist dann [mm] $g=f^{-1}\,,$ [/mm] also [mm] $g\,$ [/mm] die Umkehrabbildung zu [mm] $f\,$).
[/mm]
Eine der beiden Gleichungen ist dabei gleichbedeutend mit der Injektivität, die andere mit der Surjektivität von [mm] $f\,$ [/mm] (das kannst Du entweder nochmal in Ana I nachschlagen oder Dir selbst überlegen; ich bin gerade ein wenig zu faul dazu). D.h., wenn Du z.B. die Injektivität von [mm] $f\,$ [/mm] bereits auf anderem Wege (z.B. direkt) nachgewiesen hast, reicht es, nur eine der beiden Gleichungen nochmal nachzurechnen (und zwar die, die gleichbedeutend mit der Surjektivität ist).
Beste Grüße,
Marcel
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Hallo Marcel,
nein, leider kenne ich diesen Satz nicht (und darf ihn folglich auch nicht benutzen).
Die Injektivität habe ich auf dem herkömmlichen Weg gezeigt, aber ich hake schon wieder bei der Surjektivität...wie geht man denn da ran?
Gruß vom congo
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Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> nein, leider kenne ich diesen Satz nicht (und darf ihn
> folglich auch nicht benutzen).
>
Falls ihr den Satz noch nicht hattet, könntest du ihn selbst kurzerhand beweisen und verwenden.
Gruß
ChopSuey
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Kann ich die Surjektivität nicht "einfach" direkt zeigen? Ich glaube nämlich nicht, dass ich den Beweis für den Satz so ohne Weiteres hinbekommen werde, wie ich mich kenne
Gruß
congo
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:05 So 16.05.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Kann ich die Surjektivität nicht "einfach" direkt zeigen?
> Ich glaube nämlich nicht, dass ich den Beweis für den
> Satz so ohne Weiteres hinbekommen werde, wie ich mich kenne
>
der Beweis ist wirklich sehr einfach:
Behauptung:
$f: M [mm] \to [/mm] N$ ist genau dann bijektiv, wenn es eine Funktion $g: N [mm] \to [/mm] M$ gibt mit $f [mm] \circ g=id_N$ [/mm] und $g [mm] \circ f=id_M\,.$
[/mm]
Beweis:
[mm] "$\Rightarrow$" [/mm]
Ist [mm] $f\,$ [/mm] bijektiv, so existiert die Umkehrfunktion [mm] $f^{-1}: [/mm] N [mm] \to M\,.$ [/mm] Für diese gilt $f [mm] \circ f^{-1}=id_N$ [/mm] und [mm] $f^{-1} \circ f=id_M\,.$ [/mm] Mit [mm] $g:=f^{-1}$ [/mm] ist also [mm] $g\,$ [/mm] wie gewünscht.
[mm] "$\Leftarrow$"
[/mm]
Sei nun $g: N [mm] \to [/mm] M$ mit $f [mm] \circ g=id_N$ [/mm] und $g [mm] \circ f=id_M\,.$ [/mm] Wir zeigen: [mm] $f\,$ [/mm] ist bijektiv, d.h. wir zeigen, dass [mm] $f\,$ [/mm] injektiv und surjektiv ist:
(1.) Injektivität:
Es gelte $ [mm] \blue{f(x)=f(y)} [/mm] $ für $ x,y [mm] \in M\,. [/mm] $ Zu zeigen ist nun, dass dann $ [mm] x=y\, [/mm] $ gelten muss:
Es gilt
[mm] $$x\;\;\;\;\underset{da\;\;\;g \circ f=id_M}{=}\;\;\;\;(g \circ f)(x)\;\;\;\;=\;\;\;\;g(f(x))\;\;\;\;\underset{da\;\;\;\blue{f(x)=f(y)}}{=}\;\;\;\;g(f(y))\;\;\;\;=\;\;\;\;(g \circ f)(y)\underset{da\;\;\;g \circ f=id_M}{=}\;\;\;\;y\,.$$
[/mm]
(2.) Surjektivität:
Sei $y [mm] \in N\,.$ [/mm] Zu zeigen ist, dass ein $x [mm] \in [/mm] M$ mit $f(x)=y$ existiert:
Wir setzen [mm] $x:=g(y)\,.$ [/mm] Da [mm] $g\,$ [/mm] eine Abbildung $N [mm] \to [/mm] M$ ist, ist $g(y)=:x [mm] \in [/mm] M$, zudem wohldefiniert.
Ferner gilt wegen $f [mm] \circ g=id_N$:
[/mm]
$$f(x)=f(g(y))=(f [mm] \circ g)(y)=id_N(y)=y\,.$$
[/mm]
Wegen (1.) und (2.) ist [mm] $f\,$ [/mm] sowohl injektiv als auch surjektiv, also insbesondere bijektiv.
P.S.:
Der obige Beweis zeigt:
Wenn für $f: M [mm] \to [/mm] N$ eine Funktion
[mm] $\bullet$ [/mm] $p: N [mm] \to [/mm] M$ mit $p [mm] \circ f=id_M$ [/mm] existiert, so folgt die Injektivität von [mm] $f\,.$ [/mm]
[mm] $\bullet$ [/mm] $q: N [mm] \to [/mm] M$ mit $f [mm] \circ q=id_N$ [/mm] existiert, so folgt die Surjektivität von [mm] $f\,.$ [/mm]
Beste Grüße,
Marcel
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Danke Marcel für deine Mühe!
Gilt dann das als Beweis für die Surjektivität?:
Sei [mm] g:\IC^{\*} \rightarrow [/mm] G, [mm] g(a+ib)=\pmat{ a & -b \\ b & a }.
[/mm]
[mm] \Rightarrow f\circ g(a+ib)=f\pmat{ a & -b \\ b & a }=(a+ib)
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] f surjektiv
Kommt mir irgendwie zu simpel vor....
Beste Grüße
congo
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:20 Mo 17.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Di 18.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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