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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:39 So 27.04.2008 | | Autor: | Wimme |
| Aufgabe | Es seien G und H Gruppen und [mm] \phi: [/mm] G [mm] \to [/mm] H ein Gruppenhomomorphismus. Das neutrale Element von G und H sei jeweils mit 1 bezeichnet.
1) Aus [mm] \phi(x)=\phi(y) \in [/mm] H folgt x=y
2) Gilt für 2 Elemente x,y [mm] \in [/mm] G, dass [mm] \phi(x)\cdot \phi(y)=1, [/mm] so ist x [mm] \cdot [/mm] y =1.
3)Ist [mm] \phi(x)=1 [/mm] so folgt x=1
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Hallo!
Ich habe jetzt erstmal nur drei Fragen geposted. Ich hoffe ihr könnt mir helfen.
Wenn ich es richtig verstanden habe, ist ein Gruppenhomomorphismus ja nichts anderes als eine Abbildung, für die gilt:
[mm] \phi(x \cdot [/mm] y) = [mm] \phi(x) \cdot \phi(y)
[/mm]
Zu 1)
Ich habe gedacht,dass die Aussage falsch ist, denn [mm] \phi [/mm] braucht ja nicht injektiv zu sein.
2)+3) hier finde ich irgendwie keinen Zugang. Wenn x auf das neutrale Element abgebildet wird, muss x dann selbst das neutrale Element sein? Wenn ja, wieso? Wenn nein, welchen Sinn hat die Frage vielleicht? ;)
Ich danke euch!
Schönen Sonntag noch,
Wimme
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Hallo Wimme,
1) siehst Du richtig. Zur Prüfung bzw. Widerlegung sämtlicher drei Aussagen betrachte den trivialen Homomorphismus, der alle Elemente von G auf das neutrale Element 1 von H abbildet.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:37 So 27.04.2008 | | Autor: | Wimme |
dann denke ich dass alle drei Aussagen falsch sind.
Ich habe nun aber noch 2 weitere:
1) Ist [mm] \phi [/mm] bijektiv, dann ist die Umkehrabbildung ebenfalls ein Gruppenhomomorphismus.
2) Ist H eine abelsche Gruppe, dann ist die Abbildung [mm] \xi: [/mm] G [mm] \to [/mm] H für die [mm] \xi(x)=\phi(x)\cdot \phi(x) [/mm] für alle x [mm] \in [/mm] G gilt, ein Gruppenhomomorphismus.
Bei 1) würde ich auf ja tippen, aber wirklich wissen warum, tu ich nicht.
bei 2) habe ich noch weniger Ahnung... :(
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Hallo Wimme!
1) schreibe die Homomorphie-Bedingung für [mm] $\phi^{-1}$ [/mm] auf, um zu sehen, was zu zeigen ist.
2) hier ebenfalls die Homomorphie-Bedingung für [mm] $\xi$ [/mm] formulieren und nachweisen, indem Du die Homomorphie von [mm] $\phi$ [/mm] und die Kommutativität von H verwendest. Ansatz: $\ [mm] \xi(xy)=\phi(xy)\cdot\phi(xy)=\phi(x)\cdot\phi(y)\cdot\phi(x)\cdot\phi(y)=\ldots$
[/mm]
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:02 Di 29.04.2008 | | Autor: | Wimme |
danke!
2)
$ \ [mm] \xi(xy)=\phi(xy)\cdot\phi(xy)=\phi(x)\cdot\phi(y)\cdot\phi(x)\cdot\phi(y)=\ldots [/mm] $ = [mm] \phi(x) \cdot [/mm] phi(x) [mm] \cdot \phi(y) \cdot \phi(y) [/mm] = [mm] \xi(x) \cdot \xi(y)
[/mm]
Also stimmt die Behauptung. Richtig?
1) Tja, das wär sicher ein guter Anfang.
Also wenn ich [mm] \phi(x \circ [/mm] y) = [mm] \phi(x) \cdot \phi(y) [/mm] habe, und dann für [mm] \phi [/mm] wiederum [mm] \phi^{-1} [/mm] einsetze, dann müsste ich doch zeigen:
x [mm] \circ [/mm] y = x [mm] \cdot [/mm] y , oder?
hmm...
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2) ist schonmal gut.
1) Formuliere die Homomorphie-Gleichung für [mm] $\phi^{-1}$, [/mm] die zu zeigen ist, also [mm] $\phi^ {-1}(x\cdot [/mm] y)= [mm] \ldots$
[/mm]
Setze die Urbilder für x,y ein, also mit [mm] $\bar{x}=\phi^{-1}(x)$, $\bar{y}=\phi^{-1}(y)$: $\phi^ {-1}(x\cdot y)=\phi^ {-1}(\phi(\bar{x})\cdot\phi(\bar{y}))=\ldots$ [/mm] verwende die Homomorphie von [mm] $\phi$.
[/mm]
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:34 Di 29.04.2008 | | Autor: | Wimme |
ah..
[mm] \phi^{-1}(\phi(\bar{x}) \cdot \phi(\bar{y}))=\phi^{-1}(\phi(\bar{x} \cdot \bar{y})) [/mm] = [mm] \bar{x} \cdot \bar{y}
[/mm]
So jetzt mal zur Interpretation des Ganzen.
Also ich stecke am Anfang zwei Werte x und y in die Umkehrfunktion. Wobei [mm] x=\phi(\bar{x}) [/mm] und bei y analog. Das habe ich jetzt verstanden. Die weiteren Umformungen auch.
Meine Umkehrabbildung bildet also dann zwei Werte verknüpft auf ihre Urbilder danach verknüpft ab, also genau das, was wir haben wollen, richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:04 Di 29.04.2008 | | Autor: | MacMath |
So isset! Prima!
Homomorphismen sind "strukturerhaltende Abbildungen", ich wechsele also nicht einfach die Menge, sondern finde im Zielbereich wieder eine ähnlich schöne Umgebung vor. Damit zerhacken Homomorphismen im Gegensatz zu beliebigen Abbildungen nicht die Eigenschaften der Gruppe. (Wobei der triviale Hom. auch keine großen Rückschlüsse mehr zulässt ;) )
Die wichtigsten Bedingungen für "Strukturerhaltung" hast du in diesen Aufgaben gezeigt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:20 Di 29.04.2008 | | Autor: | Wimme |
| Aufgabe | Seien G und H zwei Gruppen und sei e das neutrale Element von G und e' das neutrale Element von H. Zeigen Sie
i) Für jeden Gruppenhomomorphismus [mm] \phi: [/mm] G [mm] \to [/mm] H gilt [mm] \phi(e)=e'
[/mm]
ii) Wenn für alle x aus G gilt:
[mm] \phi(x)=e' \Rightarrow [/mm] x=e, dann ist [mm] \phi [/mm] injektiv. |
=)
Ich hätte da noch zwei Aufgaben zu...Die erste habe ich jetzt probiert, komme aber noch nicht ganz auf die Lösung.
Ich habe es bisher so gemacht:
[mm] \phi(x \circ [/mm] y) = [mm] \phi(x) \cdot \phi(y) [/mm] = [mm] \phi(x \circ [/mm] e) [mm] \cdot \phi(y \circ [/mm] e) = [mm] \phi(x) \cdot \phi(e) \cdot \phi(y) \cdot \phi(e)
[/mm]
So jetzt könnte ich ja behaupten, dass [mm] \phi(e) [/mm] = e' gelten muss, damit die Gleichung richtig bleibt.
Aber so funktionierts dann doch nicht ganz, denn im reellen Körper zum Beispiel könnte [mm] \phi(e) [/mm] ja 1 und -1 sein...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:04 Di 29.04.2008 | | Autor: | MacMath |
Neue Aufgabe, da wäre doch eigentlich ein neuer Beitrag sinnvoller gewesen, umso eher hilft auch jemand neues ;)
Das Gegenbeispiel -1 hast du selber verursacht, -1 ist ein Element der Ordnung zwei, das heißt (-1)²=1
Das kann dir deshalb passieren, weil du das vermeintliche e' doppelt in der Gleichung hast.
Schau einfach auf [mm] $\phi(x)=\phi(ex)$ [/mm] und du bist aus dem Schneider.
Hast du einen Ansatz zu (ii)? Tipp: Nimm an [mm] \phi [/mm] ist nicht injektiv.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:26 Di 29.04.2008 | | Autor: | Wimme |
man, irgendwie kriege ich das alleine noch nicht so recht hin :(
zur i)
[mm] \phi(x) [/mm] = [mm] \phi(ex)= \phi(e) \cdot \phi(x)
[/mm]
kannst ich jetzt einfach behaupten dass [mm] \phi(e) [/mm] also e' sein muss?
zur ii)
Naja argumentativ ist es mir klar. Ich würde das einfach so lesen: Wenn [mm] \phi(x)=e' [/mm] und daraus folgt, dass nur x=e ist, dann muss [mm] \phi [/mm] injektiv sein, denn diese Lösung gibt es nach i) auf jeden Fall.
Rechnerisch habe ich jetzt ein bisschen rumgeschmiert, bin aber auf keinen rechten Zweig gekommen.
Wenn ich deinen Tipp verfolge, müsste ich ja ein x' hernehmen, das nicht e ist und damit versuchen die Bedingung zu zeigen und dies zum Widerspruch führen.
Das kriege ich jedoch nicht umgesetzt :(
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:43 Di 29.04.2008 | | Autor: | MacMath |
> zur i)
> [mm]\phi(x)[/mm] = [mm]\phi(ex)= \phi(e) \cdot \phi(x)[/mm]
> kannst ich
> jetzt einfach behaupten dass [mm]\phi(e)[/mm] also e' sein muss?
Dies gilt für alle x, neutraler gehts gar nicht *g*
Du zeigst [mm] \phi(e) [/mm] tut nichts bei der Multipliktion...
> zur ii)
> Naja argumentativ ist es mir klar. Ich würde das einfach
> so lesen: Wenn [mm]\phi(x)=e'[/mm] und daraus folgt, dass nur x=e
> ist, dann muss [mm]\phi[/mm] injektiv sein, denn diese Lösung gibt
> es nach i) auf jeden Fall.
Es könnten aber [mm] x,y\in [/mm] G existieren mit [mm] x\not=y [/mm] und [mm] \phi(x)=\phi(y) [/mm] ...oder doch nicht?
Du musst zeigen: Wenn solche x,y existieren, dann wird etwas außer e auf e' abgebildet.
Die Rückrichtung ist trivial
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:34 Di 29.04.2008 | | Autor: | Wimme |
sorry, ich krieg das nicht hin.
reicht es nicht, wenn ich sage:
[mm] \phi(x)=e'=\phi(e)
[/mm]
Erste Gleichung nach Voraussetzung und zweite nach i).
Gilt nun nur x=e, dann ist [mm] \phi [/mm] offensichtlich injektiv?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:39 Di 29.04.2008 | | Autor: | MacMath |
Was ist offensichtlich? Wenn es so klar ist kannst du doch sicher noch einen Grund angeben falls ich das nicht direkt sehe oder?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:07 Mi 30.04.2008 | | Autor: | Wimme |
naja, das x=e eine Lösung ist, sieht man ja.
Und da das nach Voraussetzung die einzige ist, muss [mm] \phi [/mm] doch injektiv sein.
Oder verstehe ich die Voraussetzung falsch?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:35 Mi 30.04.2008 | | Autor: | MacMath |
Wie schließt du aus, dass es [mm] $x,x'\in [/mm] G$ gibt mit [mm] $x\not=x', \phi(x)=\phi(x')\not=e'$?
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:09 Di 29.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Es seien G und H Gruppen und [mm]\phi:[/mm] G [mm]\to[/mm] H ein
> Gruppenhomomorphismus. Das neutrale Element von G und H sei
> jeweils mit 1 bezeichnet.
>
> 1) Aus [mm]\phi(x)=\phi(y) \in[/mm] H folgt x=y
> 2) Gilt für 2 Elemente x,y [mm]\in[/mm] G, dass [mm]\phi(x)\cdot \phi(y)=1,[/mm]
> so ist x [mm]\cdot[/mm] y =1.
> 3)Ist [mm]\phi(x)=1[/mm] so folgt x=1
Eine kleine Anmerkung von mir: diese drei Bedingungen sind aequivalent. Dass 2) und 3) aequivalent sind folgt direkt aus der Homomorphieeigenschaft zusammen mit $y = 1$ in der einen Richtung.
Dass 1) und 3) aequivalent sind kommt ja spaeter in diesem Thread nochmal als Extra-Aufgabe vor (also die nicht-triviale Richtung davon).
LG Felix
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