Matrizen - Untergruppe < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:36 Do 06.09.2012 | | Autor: | AntonK |
| Aufgabe | Zeige, dass die Matrizen
[ [mm] \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}]
[/mm]
mit Einträgen aus [mm] \IZ/3\IZ [/mm] eine Untergruppe U von [mm] GL_2(\IZ/3\IZ) [/mm] bilden. Gilt U [mm] \cong [/mm] zu [mm] \IZ/4\IZ? [/mm] |
Hallo Leute,
meine Lösung für den ersten Teil:
Neutrales Element ist klar.
Abgeschlossenheit:
Für das neutrale Element sowieso klar.
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
[mm] \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
4 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
[mm] \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
4 & 0 \\
0 & 4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
[mm] \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
4 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}
[/mm]
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
Da es Diagonalmatrizen sind, ist das ganze kommutativ und deswegen spare ich mir die Umkehrung, somit sind Inverses und Abgeschlossenheit auch erfüllt.
Erstmal, stimmt das so?
Jetzt mal zur Isomorphie, könnte ich mir folgendes Abbildung definieren:
f: [mm] U->GL_2(\IZ/3\IZ)
[/mm]
[mm] A->A^2
[/mm]
Damit würde nämlich jede Matrix auf ihr Inverses abgebildet und der Kern würde doch nur aus dem neutralen Element bestehen und somit wäre das ganze schonmal mal injektiv.
Geht das?
Danke schonmal!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:52 Do 06.09.2012 | | Autor: | teo |
> Zeige, dass die Matrizen
>
> [ [mm]\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}][/mm]
>
> mit Einträgen aus [mm]\IZ/3\IZ[/mm] eine Untergruppe U von
> [mm]GL_2(\IZ/3\IZ)[/mm] bilden. Gilt U [mm]\cong[/mm] zu [mm]\IZ/4\IZ?[/mm]
>
> Hallo Leute,
>
> meine Lösung für den ersten Teil:
>
> Neutrales Element ist klar.
>
> Abgeschlossenheit:
>
> Für das neutrale Element sowieso klar.
>
> [mm]\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}[/mm]
>
> [mm]\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
4 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}[/mm]
>
> [mm]\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
4 & 0 \\
0 & 4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}[/mm]
>
> [mm]\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}[/mm]
>
> [mm]\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
4 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}[/mm]
>
> [mm]\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}[/mm]
>
> Da es Diagonalmatrizen sind, ist das ganze kommutativ und
> deswegen spare ich mir die Umkehrung, somit sind Inverses
> und Abgeschlossenheit auch erfüllt.
>
> Erstmal, stimmt das so?
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Jetzt mal zur Isomorphie, könnte ich mir folgendes
> Abbildung definieren:
>
> f: [mm]U->GL_2(\IZ/3\IZ)[/mm]
> [mm]A->A^2[/mm]
> Damit würde nämlich jede Matrix auf ihr Inverses
> abgebildet und der Kern würde doch nur aus dem neutralen
> Element bestehen und somit wäre das ganze schonmal mal
> injektiv.
>
> Geht das?
>
> Danke schonmal!
Die Isomorphie geht viel einfacher und schneller! Überlege dir welche Ordnungen die Elemente in [mm] V_4 [/mm] und in [mm] \IZ/4\IZ [/mm] haben. Du weißt auch, dass diese beiden Gruppen die einzigen der Ordnung vier sind. Also ist diese Grupe isomorph zu einer dieser beiden!
Grüße
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:50 Do 06.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Naja in [mm] \IZ/4\IZ [/mm] gibt es Elemente der Ordnung 4 und in [mm] V_4 [/mm] bzw. [mm] \IZ/2\IZ*\IZ/2\IZ [/mm] gibt es nur Elemente der Ordnung 2 maximal. In U hat jedes Element die Ordnung 2, somit ist U nicht isomorph zu [mm] \IZ/4\IZ, [/mm] richtig?
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Genau.
Und da es - bis auf Isomorphie - nur zwei Gruppen der Ordnung 4 gibt...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:17 Do 06.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Ok, verstehe, danke euch!
Mal zur Isomorphie, heißt ja, dass ein bijektiver Gruppenhomo. bestehen muss. Also müssen 2 Isomorphe Gruppen, da bijektiv auch die gleiche Anzahl an Elemente besitzen oder? Müssen auch in der einen Gruppe bzw. Untergruppe gleich viele Elemente mit z.B. Ordnung 2 bestehen, wie in der andere Gruppe?
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> Ok, verstehe, danke euch!
>
> Mal zur Isomorphie, heißt ja, dass ein bijektiver
> Gruppenhomo. bestehen muss. Also müssen 2 Isomorphe
> Gruppen, da bijektiv auch die gleiche Anzahl an Elemente
> besitzen oder?
Solange es um endliche Gruppen geht ja.
> Müssen auch in der einen Gruppe bzw.
> Untergruppe gleich viele Elemente mit z.B. Ordnung 2
> bestehen, wie in der andere Gruppe?
Ja.
Dafür:
Seien $G,H$ Gruppen, [mm] $\phi [/mm] : G [mm] \to [/mm] H$ ein Gruppenhomomorphismus, $a [mm] \in [/mm] G$ und $k [mm] \in \IN$ [/mm] so, dass [mm] $a^k [/mm] = e$. Dann gilt:
[mm] $(\phi(a))^k [/mm] = e$. (darfst du zeigen ;) )
Damit erhältst du, dass [mm] $ord(\phi(a)) \leq [/mm] ord(a)$.
Bedenkst du, dass für bijektives [mm] $\phi$ [/mm] auch [mm] $\phi^{-1}$ [/mm] ein Gruppenhomomorphismus ist so erhältst du $ord(a) = [mm] ord(\phi^{-1}(\phi(a)) \leq ord(\phi(a))$, [/mm] also insgesamt $ord(a) = [mm] ord(\phi(a))$ [/mm] für alle $a [mm] \in [/mm] G$; insbesondere gibt es also in $G$ und $H$ gleich viele Elemente einer vorgegebenen Ordnung.
lg
Schadow
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:34 Do 06.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Sehe ich ein, danke und zu dem Beweis.
Bekannt ist, dass gilt f(e)=e' (f:G->G').
[mm] f(a^k)=f(a*a*a*a...)=f(a)*f(a)*f(a)*f(a)...=(f(a))^k
[/mm]
[mm] a^k=e [/mm] <=> [mm] f(a^k)=f(e)=e'=(f(a))^k
[/mm]
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