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(Frage) überfällig  | | Datum: | 14:34 Mo 18.01.2016 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe | Mir ist mal wieder etwas interessantes über den Weg gelaufen .....
Sei $G$ eine Gruppe, $ [mm] \IK=\IR$ [/mm] oder $ [mm] \IK=\IC$, [/mm] und $V$ die Menge aller Abbildungen $f:G [mm] \to \IK$. [/mm] Dann ist $V$ mit der punktweisen Addition und der punktweisen Multiplikation mit Elementen aus [mm] \IK [/mm] ein [mm] \IK [/mm] - Vektorraum. Den Nullvektor in $V$ bezeichne ich mit [mm] 0_V.
[/mm]
Ein Element $f [mm] \in [/mm] V$ nennt man multiplikativ, wenn $f [mm] \ne 0_V$ [/mm] ist und wenn gilt
$f(a*b)=f(a)*f(b)$ für alle $a,b [mm] \in [/mm] G$.
Sei $M$ die Menge der multiplikativen Elemente in $V$.
Man zeige: für [mm] $f_1,f_2,...,f_n \in [/mm] M$ gilt:
[mm] \{f_1,....,f_n\} [/mm] ist linear unabhängig in $V$ [mm] \gdw $f_1,...,f_n$ [/mm] sind paarweise verschieden. |
Ich wäre dankbar, wenn sich jemand aus dem Kreise der Moderatoren finden würde, der diese Aufgabe in der üblichen Weise kennzeichnet.
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:06 Mo 18.01.2016 | | Autor: | Thomas_Aut |
Hallo Fred,
Aus linear unabhängig folgt paarweise verschieden.
Die Rückrichtung ist durchaus knifflig - aber ich tippe stark, dass das mittels Induktion funktionieren sollte ?
Lg Thomas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:19 Mo 18.01.2016 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
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Hallo Thomas,
> Aus linear unabhängig folgt paarweise verschieden.
Klar.
> Die Rückrichtung ist durchaus knifflig - aber ich tippe
> stark, dass das mittels Induktion funktionieren sollte ?
Ja, mit Induktion funktioniert das.
Gruß FRED
>
>
> Lg Thomas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:11 Mo 18.01.2016 | | Autor: | Thomas_Aut |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
Ich versuche es grob, aber verständlich zu skizzieren.
Rückrichtung:
Der Induktionsanfang ist klar.
Gelte also für $m<n$ die Aussage,
Sind $f_1 ,...,f_n$ paarweise verschieden, so gibt es ein $x \in K$ mit $f_{1}(x) \neq f_{n}(x)$
Angenommen es ist nun $a_{1}f_{1} + .... +a_{n}f_{n}$ die Nullabbildung für $a_{i} \in K$.
Zeigen müssen wir, dass alle $a_{i} = 0$ sind.
Für alle y aus G ist
$a_{1}f_{1}(y)+...+a_{n}f_{n}(y)=0$
und
$a_{1}f_{1}(x)f_{1}(y)+...+a_{n}f_{1}(x)f_{n}(y)=0$
hier müssten ein paar Schritte rein...
$\forall y \in G$ gilt : (was durchaus zu begründen wäre)
$a_{2}(f_{2}(x)-f_{1}(x))f_{2}(y) + ... +a_{n}(f_{n}(x)-f_{1}(x))f_{n}(y) =0$
da aber
$}(f_{n}(x)-f_{1}(x)) \neq 0$ muss $a_{n} =0$ gelten. (die Induktionsvoraussetzung ist zweimal anzuwenden - nach einmaliger Anwendung erweist sich obiges als Nullabbildung bis n-1)
Ich hoffe, dass das so ca. passt ?
Lg
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Man braucht sich natürlich nicht auf [mm] $K=\IR$ [/mm] oder [mm] $K=\IC$ [/mm] beschränken. Man nennt die $f$ in der Algebra auch Charaktere. Die Aussage, dass endlich viele verschiedene Charaktere linear unabhängig sind, stammt meines Wissens von Dirichlet, der sich für Anwendungen in der Zahlentheorie interessierte. Thomas_Aut hat einen schönen Beweis angegeben. Es handelt sich um ein wichtiges Lemma, dass in der Algebra vielfach Verwendung findet. Beispielsweise ist Hilbert 90 ein Korollar davon: Die erste Galoiskohomologie [mm] $H^1(L/K,L^\times)$ [/mm] ist trivial. Im Spezialfall zyklischer Erweiterungen ergibt sich die klassische Formulierung: Ist $L/K$ eine zyklische Erweiterung, so gilt [mm] $\operatorname{Norm}(\ell)=1\iff \ell=\sigma(x)/x$, [/mm] wobei [mm] $\sigma$ [/mm] ein Erzeuger der Galoisgruppe ist. Das wiederum ist etwa für [mm] $\IC/\IR$ [/mm] völlig klar.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Mi 20.01.2016 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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