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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:45 Do 18.11.2010 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | Ein Paar [mm] $(G_I,\epsilon)$ [/mm] bestehend aus einer Gruppe [mm] $G_I$ [/mm] und einer Abbildung [mm] $\epsilon: [/mm] I [mm] \to G_I$ [/mm] (I nichtleere Menge) erfüllt die universelle Abbildungeigenschaft (UAE), wenn:
Für jedes weitere Paar [mm] $(G,\phi)$ [/mm] bestehend aus einer Gruppe G und einer Abbildung [mm] $\phi: [/mm] I [mm] \to [/mm] G$ gibt es einen eindeutig bestimmten Homomorphismus [mm] $\Phi: G_I \to [/mm] G$ mit [mm] $\phi [/mm] = [mm] \Phi\circ\epsilon$.
[/mm]
Zeige nun, dass jede Gruppe G zu einer Quotientengruppe einer Gruppe [mm] $G_I$ [/mm] isomorph ist, d.h. es gibt eine Sequenz von Gruppenhomomorphismen $1 [mm] \to [/mm] N [mm] \overset{i}{\to} G_I \overset{\pi}{\to} [/mm] G [mm] \to [/mm] 1$, so dass das Bild eines Homomorphismus dem Kern des darauffolgenden Homomorphismus entspricht. |
Hallo,
was ich bisher weiß ist leider nicht sehr viel:
Es muss gelten [mm] $Bild(\pi)=G$, [/mm] damit muss [mm] $|G_I|\ge|G|$ [/mm] gelten.
Außerdem muss [mm]Kern(i)=1[/mm] gelten, damit $Kern(i) [mm] \subset Bild(1\to{N})$.
[/mm]
$I$ kann ich wählen. Meine erste Idee war es, $I=G$ zu setzen und die Abbidung [mm] $\phi:I=G \to [/mm] G$ sei dann die Identität. Dann gibt es nach der (UAE) einen eindeutig bestimmten Homomorphismus [mm] $\pi: G_I \to [/mm] G$ mit [mm] $id=\phi [/mm] = [mm] \pi\circ\epsilon$, [/mm] wobei die Abbildung [mm] $\epsilon:I=G \to G_I=G_G$ [/mm] darstellt. Dann ist nämlich [mm] $\pi$ [/mm] bereits surjektiv. Nun wähle ich [mm] $N=\Kern(\pi)\subset{G_G}$. [/mm] Die Abbildung [mm] $i:\N \to G_G$ [/mm] ist dann die natürliche Inklusion. Damit ist dann auch [mm] $Kern(i)=\{1\}=Bild(1\to{N})$
[/mm]
So, ist etwas davon ist brauchbar? Oder bin ich auf dem falschen Dampfer?
Vielen Dank für eure Hilfe.
Viele Grüße, Lippel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:18 Do 18.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Lippel!
> Ein Paar [mm](G_I,\epsilon)[/mm] bestehend aus einer Gruppe [mm]G_I[/mm] und
> einer Abbildung [mm]\epsilon: I \to G_I[/mm] (I nichtleere Menge)
> erfüllt die universelle Abbildungeigenschaft (UAE), wenn:
>
> Für jedes weitere Paar [mm](G,\phi)[/mm] bestehend aus einer Gruppe
> G und einer Abbildung [mm]\phi: I \to G[/mm] gibt es einen eindeutig
> bestimmten Homomorphismus [mm]\Phi: G_I \to G[/mm] mit [mm]\phi = \Phi\circ\epsilon[/mm].
>
> Zeige nun, dass jede Gruppe G zu einer Quotientengruppe
> einer Gruppe [mm]G_I[/mm] isomorph ist, d.h. es gibt eine Sequenz
> von Gruppenhomomorphismen [mm]1 \to N \overset{i}{\to} G_I \overset{\pi}{\to} G \to 1[/mm],
> so dass das Bild eines Homomorphismus dem Kern des
> darauffolgenden Homomorphismus entspricht.
>
> was ich bisher weiß ist leider nicht sehr viel:
> Es muss gelten [mm]Bild(\pi)=G[/mm], damit muss [mm]|G_I|\ge|G|[/mm]
> gelten.
> Außerdem muss [mm]Kern(i)=1[/mm] gelten, damit [mm]Kern(i) \subset Bild(1\to{N})[/mm].
>
> [mm]I[/mm] kann ich wählen. Meine erste Idee war es, [mm]I=G[/mm] zu setzen
> und die Abbidung [mm]\phi:I=G \to G[/mm] sei dann die Identität.
> Dann gibt es nach der (UAE) einen eindeutig bestimmten
> Homomorphismus [mm]\pi: G_I \to G[/mm] mit [mm]id=\phi = \pi\circ\epsilon[/mm],
> wobei die Abbildung [mm]\epsilon:I=G \to G_I=G_G[/mm] darstellt.
> Dann ist nämlich [mm]\pi[/mm] bereits surjektiv. Nun wähle ich
> [mm]N=\Kern(\pi)\subset{G_G}[/mm]. Die Abbildung [mm]i:\N \to G_G[/mm] ist
> dann die natürliche Inklusion. Damit ist dann auch
> [mm]Kern(i)=\{1\}=Bild(1\to{N})[/mm]
> So, ist etwas davon ist brauchbar? Oder bin ich auf dem
> falschen Dampfer?
Das ist nicht nur brauchbar, das ist die kanonische Loesung der Aufgabe 
Hattet ihr in der Vorlesung, dass es zu jeder Menge $M$ eine freie Gruppe [mm] $G_M$ [/mm] gibt? Wenn nicht, musst du das noch zeigen. (Ich vermute aber dass ihr das schon hattet, bzw. dass das nicht zur Aufgabe gehoert.)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:16 Do 18.11.2010 | | Autor: | Lippel |
Hallo Felix,
die Existenz der freien Gruppe zu einer nichtleeren Menge haben wir gezeigt.
Danke für deine Antwort.
Viele Grüße, Lippel
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