GxH = GxH' => H=H'? < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:58 Do 11.12.2014 | | Autor: | Teufel |
Hallo!
Ich habe mich gefragt, ob es vielleicht solch einen Satz gibt:
Vermutung 1: Sei [mm] $G\times H\cong [/mm] G [mm] \times [/mm] H'$. Dann gilt [mm] $H\cong [/mm] H'$. Oder vielleicht sogar etwas allgemeiner:
Vermutung 2: Sei [mm] $G\times H\cong [/mm] G' [mm] \times [/mm] H'$ und [mm] $G\cong [/mm] G'$. Dann gilt [mm] $H\cong [/mm] H'$.
Weiß jemand ob das stimmt und hat einen Beweis? Oder ein Gegenbeispiel? Ich habe schon versucht das zu falsifizieren oder zu verifizieren, aber irgendwie bin ich auf nichts sinnvolles gekommen.
Zu Vermutung 1 z.B.: Ich wollte einen Isomorphismus von $H$ nach $H'$ mit Hilfe des Isomorphismus [mm] $\varphi$ [/mm] zwischen [mm] $G\times [/mm] H$ und [mm] $G\times [/mm] H'$ konstruieren. z.B. $H [mm] \ni h\mapsto (0_G,h)\mapsto \varphi(0_G,h)=(g',h')\mapsto h'\in [/mm] H'$, aber das würde nur klappen, wenn man sicherstellen kann, dass [mm] $g'=0_G$ [/mm] ist.
Hat jemand einen Ansatz? Danke!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:12 Do 11.12.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Teufel!
Ich nehme mal an, $G,H,H'$ sollen jeweils Gruppen sein.
> Vermutung 1: Sei [mm]G\times H\cong G \times H'[/mm]. Dann gilt [mm]H\cong H'[/mm].
Diese Vermutung ist falsch.
Gegenbeispiel: [mm] $G=\IZ^\IN$, $H=\IZ$, $H'=\{0\}$.
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:41 Do 11.12.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi tobi!
Genau, sollten Gruppen sein. Ok vielen Dank für das Gegenbeispiel! Schade, dass das "Kürzen" so nicht klappt.
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Die Idee zeigt auch, dass das in keiner halbwegs nichttrivialen Kategorie gilt.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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Nochmal als Anmerkung am Rande: Es gibt solche Kürzungssätze in vielen Bereichen. Das einfachste Beispiel wäre wohl, wenn $G,H$ endlichdimensionale Vektorräume wären.
Im Bereich der quadratischen Formen gibt es den hübschen Wittschen Kürzungssatz, der dir im Endeffekt sagt unter welchen Bedingungen du quadratische Formen auf diese Art kürzen kannst.
Für allgemeine Gruppen klappt es aber - wie ja bereits festgestellt - nicht, das Konzept der Gruppe ist einfach viel zu allgemein.
Was man vielleicht noch hinkriegen könnte, wären endlich erzeugte abelsche Gruppen (indem man den Hauptsatz verwendet), aber wenn die Gruppen nicht endlich erzeugt sind wird es schwierig.
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Nichtkommutative endlich erzeugte Gruppen - allgemein endlich erzeugte universelle Algebren eines Typs müssten glaube ich auch funktionieren, wenn ich es hinbekomme, poste ich es noch.
Wenigstens müssten $ H, H'$ dann denselben Rang haben, ein Gegenbeispiel wie von Tobias sollte damit ausscheiden.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:28 Mo 15.12.2014 | | Autor: | andreas |
Die Aussage gilt auch, falls man G, H (und damit auch H') als endliche Gruppen voraussetzt.
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Hast du einen Beweis? Funktioniert der auch bei endlich erzeugten oder endlich präsentierten Gruppen? Und bei anderen algebraischen Strukturen?
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:49 Mo 15.12.2014 | | Autor: | andreas |
Hallo.
Der Beweis, den ich kenne findet sich so in etwa hier: http://groupprops.subwiki.org/wiki/Direct_product_is_cancellative_for_finite_groups Ich fürchte, dass man zumindest in diesem Beweis an mehreren Stellen die Endlichkeit der Faktoren nutzt. Wenn sich das verallgemeinern lässt, würde mich das sehr interesssieren.
Grüße, andreas
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