Zwei Gruppen, eine Abbildung < Sonstiges < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:26 Mi 26.08.2009 | | Autor: | hilado |
| Aufgabe | Seien (G, [mm] \circ), [/mm] (H, [mm] \circ) [/mm] zwei Gruppen. Desweiteren sei [mm] e_{G} [/mm] bzw. [mm] e_{H} [/mm] das neutrale Element in G bzw. H und [mm] \phi [/mm] : G [mm] \to [/mm] H eine Abbildung. Zeigen Sie:
1. Wenn [mm] \phi(g_{1} \circ g_{2}) [/mm] = [mm] \phi(g_{1}) \circ \phi(g_{2}) [/mm] für alle [mm] g_{1}, g_{2} \in [/mm] G, dan gilt [mm] \phi(e_{G}) [/mm] = [mm] e_{H} [/mm] und [mm] \phi(g^{-1}) [/mm] = [mm] (\phi(g))^{-1} [/mm] für alle g [mm] \in [/mm] G.
2. Ist [mm] \phi [/mm] : G [mm] \to [/mm] H ein bijektiver Homomorphismus, dann ist auch [mm] \phi^{-1} [/mm] : H \ to G ein Homomorphismus. |
Zu 1. habe ich folgenden Lösungsweg:
Wenn gilt: [mm] \phi(g_{1} \circ g_{2}) [/mm] = [mm] \phi(g_{1}) \circ \phi(g_{2}):
[/mm]
=> [mm] \phi(g_{1} \circ e_{G}) [/mm] = [mm] \phi(g_{1}) \circ \phi(e_{G})
[/mm]
da [mm] \phi(g_{1} \circ e_{G}) [/mm] = [mm] \phi(g_{1}) [/mm] weil [mm] g_{1} \circ e_{G} [/mm] = [mm] g_{1}
[/mm]
[mm] =>\phi(g_{1}) [/mm] = [mm] \phi(g_{1}) \circ \phi(e_{G})
[/mm]
diese Gleichung kann nur dann stimmen, wenn [mm] \phi(e_{G}) [/mm] = [mm] e_{H}
[/mm]
Das gleiche gilt für [mm] \phi(e_{G} \circ g_{1})
[/mm]
Das war jetzt (für mich) keine große Kunst, doch bei den anderen bräuchte ich einen kleinen Denkanstoß.
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Hallo hildao,
> Seien (G, [mm]\circ),[/mm] (H, [mm]\circ)[/mm] zwei Gruppen. Desweiteren sei
> [mm]e_{G}[/mm] bzw. [mm]e_{H}[/mm] das neutrale Element in G bzw. H und [mm]\phi[/mm]
> : G [mm]\to[/mm] H eine Abbildung. Zeigen Sie:
>
> 1. Wenn [mm]\phi(g_{1} \circ g_{2})[/mm] = [mm]\phi(g_{1}) \circ \phi(g_{2})[/mm]
> für alle [mm]g_{1}, g_{2} \in[/mm] G, dan gilt [mm]\phi(e_{G})[/mm] = [mm]e_{H}[/mm]
> und [mm]\phi(g^{-1})[/mm] = [mm](\phi(g))^{-1}[/mm] für alle g [mm]\in[/mm] G.
>
> 2. Ist [mm]\phi[/mm] : G [mm]\to[/mm] H ein bijektiver Homomorphismus, dann
> ist auch [mm]\phi^{-1}[/mm] : H \ to G ein Homomorphismus.
> Zu 1. habe ich folgenden Lösungsweg:
>
> Wenn gilt: [mm]\phi(g_{1} \circ g_{2})[/mm] = [mm]\phi(g_{1}) \circ \phi(g_{2}):[/mm]
>
> => [mm]\phi(g_{1} \circ e_{G})[/mm] = [mm]\phi(g_{1}) \circ \phi(e_{G})[/mm]
>
> da [mm]\phi(g_{1} \circ e_{G})[/mm] = [mm]\phi(g_{1})[/mm] weil [mm]g_{1} \circ e_{G}[/mm]
> = [mm]g_{1}[/mm]
>
> [mm]=>\phi(g_{1})[/mm] = [mm]\phi(g_{1}) \circ \phi(e_{G})[/mm]
>
> diese Gleichung kann nur dann stimmen, wenn [mm]\phi(e_{G})[/mm] =
> [mm]e_{H}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Jo! Das stimmt, aber du solltest das noch ein wenig genauer mit den/einer Gruppeneigenschaft/en begründen?
>
> Das gleiche gilt für [mm]\phi(e_{G} \circ g_{1})[/mm]
>
> Das war jetzt (für mich) keine große Kunst, doch bei den
> anderen bräuchte ich einen kleinen Denkanstoß.
Teil2 von Aufg. 1 geht fast analog:
Betrachte für [mm] $g\in [/mm] G$ mal das Inverse [mm] $\left(\phi(g)\right)^{-1}$ [/mm] von [mm] $\phi(g)$
[/mm]
Es gilt [mm] $\phi(g)\circ\left(\phi(g)\right)^{-1}=e_H=\left(\phi(g)\right)^{-1}\circ\phi(g)$ [/mm] einfach nach Definition des Inversen
Wenn nun die Gleichheit in der Aufgabenstellung gelten soll, so muss [mm] $\phi(g^{-1})$ [/mm] ebenfalls Inverses von [mm] $\phi(g)$ [/mm] sein
Zeige also [mm] $\phi(g)\circ\phi(g^{-1})=e_H=\phi(g^{-1})\circ\phi(g)$
[/mm]
Benutze dazu einfach die Homomorphie von [mm] $\phi$ [/mm] und Teil1
zu Aufg. 2)
da musst du zeigen, dass [mm] $\phi^{-1}$ [/mm] ebenfalls ein bijektiver Homomorphismus ist:
zu Homomorphie:
Nimm dir bel. [mm] $h_1,h_2\in [/mm] H$ und schaue dir [mm] $\phi^{-1}(h_1\circ h_2)$ [/mm] an:
Das ist [mm] $=\phi^{-1}\left(\phi(g_1)\circ\phi(g_2)\right)$ [/mm] für gewisse [mm] $g_1,g_2\in [/mm] G$
Nun nutze, dass [mm] $\phi$ [/mm] ein Homomorphismus ist ...
Die Bijektivität ist selbstredend. Wieso?
PS: es scheint mir nicht besonders glücklich, dass die Verknüpfungen in beiden Gruppen dieselbe sind, die Aussagen gelten doch allgemeiner für Gruppen [mm] $(G,\circ)$ [/mm] und [mm] $(H,\star)$ [/mm]
LG
schachuzipus
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