Eindeutigbestimmte Verknüpfung < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:18 So 01.02.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Was bedeutet es, wenn eine Verknüpfung eindeutig bestimmt ist?
In meinen Buch steht:
Hat man irgendeine Gruppe G mit a,b derart dass
G=<a,b> mit [mm] a^4=e, b^2=a^2 [/mm] und [mm] ba=a^{-1} [/mm] b
so ist dadurch die Multiplikation in G eindeutig festgelegt. |
Hallo,
Was ich mir angeschaut habe ist:
[mm] =\{a^k * b^l | k,l \in \IZ\}
[/mm]
Seien [mm] g_1, g_2 \in [/mm] G beliebig, für k,l,s,t [mm] \in \IZ:
[/mm]
[mm] g_1* g_2=(a^k b^l)(a^s b^t)=a^k (b^l a^s) b^t\overline{=}^{?}a^k ((a^s)^{-1} b^l) b^t=a^{k-s} b^{l+t}=a^{k-s mod(4)} b^{l+t}
[/mm]
Die Protenz von b:l+t brauche ich mir nur Modulo 2 anschauen, da [mm] a^2=b^2.
[/mm]
Bei der Gleichheit ? bin ich mir nicht sicher, ob und wie ich sie aus [mm] ba=a^{-1}b [/mm] folgern kann.
Aber was nun bedeutet, dass die Verknüpfung eindeutig bestimmt ist, ist mir unklar.
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:36 So 01.02.2015 | | Autor: | hippias |
Gemeint ist dies: Es sei $G$ eine Menge mit Verknuepfungen [mm] $\circ$ [/mm] und [mm] $\circ'$ [/mm] und [mm] $e\in [/mm] G$ sodass [mm] $(G,\circ, [/mm] e)$ und [mm] $(G,\circ', [/mm] e)$ Gruppen mit neutralem Element $e$ sind. Ferner seien [mm] $a,b\in [/mm] G$ dergestalt, dass $a$ und $b$ beide Gruppen erzeugen und die vorgegebenen Relationen erfuellt sind (bezueglich [mm] $\circ$ [/mm] und [mm] $\circ'$). [/mm] Dann gilt fuer alle [mm] $g,h\in [/mm] G$, dass [mm] $g\circ [/mm] h= [mm] g\circ' [/mm] h$.
Ganz bestimmt ausreichend ist die schwaechere, aber vermutlich klarere Aussage:
Hat man irgendeine Gruppe G mit a,b derart dass
G=<a,b> mit [mm]a^4=e, b^2=a^2[/mm] und [mm]ba=a^{-1}[/mm] b
so ist G bis auf Isomorphie eindeutig
festgelegt.
> Hallo,
> Was ich mir angeschaut habe ist:
> [mm]=\{a^k * b^l | k,l \in \IZ\}[/mm]
> Seien [mm]g_1, g_2 \in[/mm] G
> beliebig, für k,l,s,t [mm]\in \IZ:[/mm]
> [mm]g_1* g_2=(a^k b^l)(a^s b^t)=a^k (b^l a^s) b^t\overline{=}^{?}a^k ((a^s)^{-1} b^l) b^t=a^{k-s} b^{l+t}=a^{k-s mod(4)} b^{l+t}[/mm]
>
> Die Protenz von b:l+t brauche ich mir nur Modulo 2
> anschauen, da [mm]a^2=b^2.[/mm]
> Bei der Gleichheit ? bin ich mir nicht sicher, ob und wie
> ich sie aus [mm]ba=a^{-1}b[/mm] folgern kann.
Das zeigst Du am besten mittels Induktion nach $s$.
> Aber was nun bedeutet, dass die Verknüpfung eindeutig
> bestimmt ist, ist mir unklar.
>
> LG,
> sissi
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:13 Di 03.02.2015 | | Autor: | sissile |
> Gemeint ist dies: Es sei [mm]G[/mm] eine Menge mit Verknuepfungen
> [mm]\circ[/mm] und [mm]\circ'[/mm] und [mm]e\in G[/mm] sodass [mm](G,\circ, e)[/mm] und
> [mm](G,\circ', e)[/mm] Gruppen mit neutralem Element [mm]e[/mm] sind. Ferner
> seien [mm]a,b\in G[/mm] dergestalt, dass [mm]a[/mm] und [mm]b[/mm] beide Gruppen
> erzeugen und die vorgegebenen Relationen erfuellt sind
> (bezueglich [mm]\circ[/mm] und [mm]\circ'[/mm]). Dann gilt fuer alle [mm]g,h\in G[/mm],
> dass [mm]g\circ h= g\circ' h[/mm].
>
> Ganz bestimmt ausreichend ist die schwaechere, aber
> vermutlich klarere Aussage:
> Hat man irgendeine Gruppe G mit a,b derart dass
> G=<a,b> mit [mm]a^4=e, b^2=a^2[/mm] und [mm]ba=a^{-1}[/mm] b
> so ist G bis auf Isomorphie eindeutig
> festgelegt.
Hallo,
Verstehe ich alles, aber warum ist die zweite Aussage eine schwächere?
> > Hallo,
> > Was ich mir angeschaut habe ist:
> > [mm]=\{a^k * b^l | k,l \in \IZ\}[/mm]
> > Seien [mm]g_1, g_2 \in[/mm]
> G
> > beliebig, für k,l,s,t [mm]\in \IZ:[/mm]
> > [mm]g_1* g_2=(a^k b^l)(a^s b^t)=a^k (b^l a^s) b^t\overline{=}^{?}a^k ((a^s)^{-1} b^l) b^t=a^{k-s} b^{l+t}=a^{k-s mod(4)} b^{l+t}[/mm]
>
> >
> > Die Protenz von b:l+t brauche ich mir nur Modulo 2
> > anschauen, da [mm]a^2=b^2.[/mm]
> > Bei der Gleichheit ? bin ich mir nicht sicher, ob und
> wie
> > ich sie aus [mm]ba=a^{-1}b[/mm] folgern kann.
> Das zeigst Du am besten mittels Induktion nach [mm]s[/mm].
Hab ich gemacht, ist mit meiner obigen Rechnung die schwächere Aussage gezeigt?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:26 Di 03.02.2015 | | Autor: | hippias |
Ich meinte schwaecher in dem Sinne, dass isomorphe Gruppe nicht mengengleich sein muessen und auch die Gruppenoperationen, als Funktionen [mm] $:G\times G\to [/mm] G$, nicht gleich sein muessen. In Gruppentheorie interessiert man sich in der Regel aber fuer - nur - isomorphe Operationen.
Du muesstest mittels Induktion gezeigt haben, dass die Operationen als Funktionen [mm] $:G\times G\to [/mm] G$ gleich sind, also die staerkere Aussage.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 07:02 Do 05.02.2015 | | Autor: | sissile |
> Ich meinte schwaecher in dem Sinne, dass isomorphe Gruppe nicht mengengleich sein muessen und auch die Gruppenoperationen, als Funktionen $ [mm] :G\times G\to [/mm] G $, nicht gleich sein muessen.
Das ist mir aber neu, dass isomorphe Gruppen nicht mengengleich sind? Ismorphe Gruppen sind doch Gruppen zwischen denen es einen isomorphismus gibt. Die Anzahl der Gruppenelemente muss doch gleich sein wenn es einen Isomorphismus gibt?
> Es sei G eine Menge mit Verknuepfungen $ [mm] \circ [/mm] $ und $ [mm] \circ' [/mm] $ und $ [mm] e\in [/mm] G $ sodass $ [mm] (G,\circ, [/mm] e) $ und $ [mm] (G,\circ', [/mm] e) $ Gruppen mit neutralem > Element e sind. Ferner seien $ [mm] a,b\in [/mm] G $ dergestalt, dass a und b beide > Gruppen erzeugen und die vorgegebenen Relationen erfuellt sind (bezueglich $ [mm] \circ [/mm] $ und $ [mm] \circ' [/mm] $).
Seien $ [mm] g,h\in [/mm] G $ beliebige Elemente.
ZZ.:$ [mm] g\circ [/mm] h= [mm] g\circ' [/mm] h $.
Es gilt für beide Verknüpfungen(nur mit [mm] \circ [/mm] notiert, analog mit [mm] \circ')
[/mm]
[mm] G=\overbrace{=}^{\*} \{a^i\circ b^j|0\le i \le 3, 0 \le j \le 1\}=:M
[/mm]
[mm] \* [/mm] a,b [mm] \in [/mm] M.
M ist eine Untergruppe, da sie endlich ist genügt es zz, dass M abgeschlossen ist:
Seien $ [mm] g_1, g_2 \in [/mm] $ M beliebig, für [mm] $0\le [/mm] k,s [mm] \le [/mm] 3, 0 [mm] \le [/mm] l,t [mm] \le [/mm] 1 $
$ [mm] g_1\circ{} g_2=(a^k\circ b^l)\circ(a^s\circ b^t)=a^k\circ (b^l \circ a^s)\circ b^t =a^k\circ ((a^s)^{-1}\circ b^l)\circ b^t=a^{k-s} \circ b^{l+t}=a^{k-s mod(4)}\circ b^{l+t} [/mm] $ mit [mm] 0\le [/mm] k-s mod 4 [mm] \le [/mm] 3 und [mm] 0\le l+t\le2
[/mm]
Wenn l+t zwei oder ein Vielfaches von 2 [mm] ist:a^{k-s mod(4)} \circ b^{2k}=a^{k-s mod(4)}\circ [/mm] ( [mm] a^{2})^k=a^{k-s+2k mod(4)} [/mm] . Daraus folgt [mm] 0\le [/mm] l+t [mm] \le [/mm] 1. Woraus folgt [mm] g_1 \circ g_2 \in [/mm] M.
Aus a,b [mm] \in [/mm] M und M eine Untergruppe von G folgt <a,b> [mm] \in [/mm] M
Andere Richtung von [mm] \* [/mm] klar da jedes Element von M mit Potenzen von a,b darstellbar.
Wenn also g,h [mm] \in [/mm] G, d.h. [mm] g=a^k b^l [/mm] und [mm] h=a^s b^t [/mm] mit [mm] $0\le [/mm] k,s [mm] \le [/mm] 3, 0 [mm] \le [/mm] l,t [mm] \le [/mm] 1 $ folgt daraus:
g [mm] \circ [/mm] h [mm] =a^{k-s mod(4)}\circ b^{l+t}
[/mm]
g [mm] \circ' h=a^{k-s mod(4)}\circ' b^{l+t}
[/mm]
Es reicht also zuzeigen: [mm] a\circ [/mm] a =a [mm] \circ' [/mm] a, [mm] b\circ [/mm] b =b [mm] \circ' [/mm] b, [mm] a\circ [/mm] b =a [mm] \circ' [/mm] b
Nun weiß ich nicht wie ich das genau aufschreiben soll.
a [mm] \circ [/mm] a= b [mm] \circ [/mm] b
a [mm] \circ' [/mm] a= b [mm] \circ' [/mm] b
Wie folgt daraus Gleichheit?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:25 Do 05.02.2015 | | Autor: | MacMath |
> Das ist mir aber neu, dass isomorphe Gruppen nicht
> mengengleich sind? Ismorphe Gruppen sind doch Gruppen
> zwischen denen es einen isomorphismus gibt. Die Anzahl der
> Gruppenelemente muss doch gleich sein wenn es einen
> Isomorphismus gibt?
Die Anzahl schon, aber nicht alle Elemente.
Vergleicht man zum Beispiel [mm] $\IZ/4\IZ$ [/mm] und die dazu isomorphe(!) Gruppe [mm] $\IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ$, [/mm] dann sind die beiden Mengen offensichtlich nicht gleich. Die erste Menge enthält kleine, ganze Zahlen, die zweite Paare von ganz kleinen, ganzen Zahlen.
Ähnlich: Die komplexe Konjugation ist ein (Körper-)Isomorphismus von [mm] $\IC$ [/mm] nach [mm] $\IC$. [/mm] Vertauscht man also die Rolle von $i$ und $-i$ enthält man einen isomorphen (aber nicht identischen) Körper.
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> Die Anzahl schon, aber nicht alle Elemente.
> Vergleicht man zum Beispiel [mm]\IZ/4\IZ[/mm] und die dazu
> isomorphe(!) Gruppe [mm]\IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ[/mm], dann sind die
> beiden Mengen offensichtlich nicht gleich.
Leider sind die Gruppen auch nicht isomorph. Aber betrachte z.B. das Beispiel [mm] $\IZ/2$ [/mm] und [mm] $2\IZ/4\IZ$.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:16 Do 05.02.2015 | | Autor: | MacMath |
Ach verdammte Hacke, ich wollte auch statt [mm] $\IZ/4\IZ$ [/mm] die kleinsche Vierergruppe in der Darstellung {1,a,b,ab} wählen.
Danke.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:38 Fr 06.02.2015 | | Autor: | sissile |
Danke für das Bsp.
Liebe Grüße,
sissi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:09 Do 05.02.2015 | | Autor: | hippias |
> > Ich meinte schwaecher in dem Sinne, dass isomorphe Gruppe
> nicht mengengleich sein muessen und auch die
> Gruppenoperationen, als Funktionen [mm]:G\times G\to G [/mm], nicht
> gleich sein muessen.
> Das ist mir aber neu, dass isomorphe Gruppen nicht
> mengengleich sind? Ismorphe Gruppen sind doch Gruppen
> zwischen denen es einen isomorphismus gibt. Die Anzahl der
> Gruppenelemente muss doch gleich sein wenn es einen
> Isomorphismus gibt?
Ein Missverstaendinis: Seien [mm] $(X,\circ)$ [/mm] und $(Y,*)$ Gruppen. $X= Y$ meinte ich mit mengengleich. Ich sprach nicht ueber Gleichmaechtigkeit. Isomorphe Gruppen sind stets gleichmaechtig, ja.
>
> > Es sei G eine Menge mit Verknuepfungen [mm]\circ[/mm] und [mm]\circ'[/mm] und
> [mm]e\in G[/mm] sodass [mm](G,\circ, e)[/mm] und [mm](G,\circ', e)[/mm] Gruppen mit
> neutralem > Element e sind. Ferner seien [mm]a,b\in G[/mm]
> dergestalt, dass a und b beide > Gruppen erzeugen und die
> vorgegebenen Relationen erfuellt sind (bezueglich [mm]\circ[/mm] und
> [mm]\circ' [/mm]).
>
> Seien [mm]g,h\in G[/mm] beliebige Elemente.
> ZZ.:[mm] g\circ h= g\circ' h [/mm].
>
> Es gilt für beide Verknüpfungen(nur mit [mm]\circ[/mm] notiert,
> analog mit [mm]\circ')[/mm]
> [mm]G=\overbrace{=}^{\*} \{a^i\circ b^j|0\le i \le 3, 0 \le j \le 1\}=:M[/mm]
>
> [mm]\*[/mm] a,b [mm]\in[/mm] M.
> M ist eine Untergruppe, da sie endlich ist genügt es zz,
> dass M abgeschlossen ist:
> Seien [mm]g_1, g_2 \in[/mm] M beliebig, für [mm]0\le k,s \le 3, 0 \le l,t \le 1[/mm]
>
> [mm]g_1\circ{} g_2=(a^k\circ b^l)\circ(a^s\circ b^t)=a^k\circ (b^l \circ a^s)\circ b^t =a^k\circ ((a^s)^{-1}\circ b^l)\circ b^t=a^{k-s} \circ b^{l+t}=a^{k-s mod(4)}\circ b^{l+t}[/mm]
> mit [mm]0\le[/mm] k-s mod 4 [mm]\le[/mm] 3 und [mm]0\le l+t\le2[/mm]
> Wenn l+t zwei
> oder ein Vielfaches von 2 [mm]ist:a^{k-s mod(4)} \circ b^{2k}=a^{k-s mod(4)}\circ[/mm]
> ( [mm]a^{2})^k=a^{k-s+2k mod(4)}[/mm] . Daraus folgt [mm]0\le[/mm] l+t [mm]\le[/mm] 1.
> Woraus folgt [mm]g_1 \circ g_2 \in[/mm] M.
> Aus a,b [mm]\in[/mm] M und M eine Untergruppe von G folgt <a,b> [mm]\in[/mm]
> M
> Andere Richtung von [mm]\*[/mm] klar da jedes Element von M mit
> Potenzen von a,b darstellbar.
>
> Wenn also g,h [mm]\in[/mm] G, d.h. [mm]g=a^k b^l[/mm] und [mm]h=a^s b^t[/mm] mit [mm]0\le k,s \le 3, 0 \le l,t \le 1[/mm]
> folgt daraus:
> g [mm]\circ[/mm] h [mm]=a^{k-s mod(4)}\circ b^{l+t}[/mm]
> g [mm]\circ' h=a^{k-s mod(4)}\circ' b^{l+t}[/mm]
>
> Es reicht also zuzeigen: [mm]a\circ[/mm] a =a [mm]\circ'[/mm] a, [mm]b\circ[/mm] b =b
> [mm]\circ'[/mm] b, [mm]a\circ[/mm] b =a [mm]\circ'[/mm] b
> Nun weiß ich nicht wie ich das genau aufschreiben soll.
> a [mm]\circ[/mm] a= b [mm]\circ[/mm] b
> a [mm]\circ'[/mm] a= b [mm]\circ'[/mm] b
> Wie folgt daraus Gleichheit?
>
Soll ich Dir etwas sagen: die Aussage ist unter diesen Voraussetzungen falsch. Unter den gegebenen Umstaenden folgt lediglich die Isomorphie. Fuer die Gleichheit der Verknuepfungen muesste ich noch wissen, dass die Potenzen von $a$ und $b$ bezueglich beider Verknuepfungen gleich sind und [mm] $a\circ [/mm] b= [mm] a\circ'b$ [/mm] ist.
Ich kann aber auf die schnelle aber kein Beispiel angeben, dass es ohne diese zusaetzliche Voraussetzung nicht geht. Ich halte das aber auch nicht fuer wesentlich, da es sowieso letzlich nur um Isomorphie geht.
Mir geht die Zeit aus. Ich versuche mir noch ein paar Gedanken zu machen. Ich bin mir ganz sicher, dass Isomoprhie gemeint, auch wenn im Text gleiche Verknuepfung steht. Vielleicht uebersehe ich auch gerade etwas.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:51 Do 05.02.2015 | | Autor: | hippias |
In der gegebenen Formulierung ist die Aussage falsch: Die gegebenen Relationen legen die Verknuepfung nur bis auf Isomorphie fest. Methode zur Konstruktion eines Gegenbeispiels:
Sei [mm] $(G,\circ)$ [/mm] Gruppe. Sei [mm] $\sigma:G\to [/mm] G$ beliebige Permutation der Menge $G$. Dann ist [mm] $(G,\circ_{\sigma})$ [/mm] mit [mm] $g\circ_{\sigma}h:= (g^{\sigma} \circ h^{\sigma})^{\sigma^{-1}}$ [/mm] eine Gruppe, fuer welche [mm] $\sigma:(G,\circ)\to(G,\circ_{\sigma})$ [/mm] ein Isomorphismus ist, wie man leicht nachrechnet.
Ist nun $G=<a,b>$ eine Gruppe, deren Erzeuger die Relationen erfuellen (sie ist ja eine Quaternionengruppe der Ordnung $8$), dann kann ich ein [mm] $id\neq \sigma \in S(G)_{e,a,b}$ [/mm] waehlen und die Gruppe [mm] $(G,\circ_{\sigma})$ [/mm] betrachten. Sie ist vermoege [mm] $\sigma$ [/mm] isomorph zu $G$, also erfuellen ihre Erzeuger [mm] $a^{\sigma}= [/mm] a$ und [mm] $b^{\sigma}= [/mm] b$ die gleichen Relationen. Jedoch kann nicht [mm] $\circ= \circ_{\sigma}$ [/mm] gelten, da [mm] $\sigma\neq [/mm] id$ gewaehlt ist.
Es waere nett, wenn jemand die Richtigkeit meiner Ueberlegung bestaetigen koennte, ober sissile sagen koennte, wie es richtig ist.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:37 Fr 06.02.2015 | | Autor: | sissile |
Ehlichgesagt verstehe ich dein Beitrag nicht ganz(z.B was [mm] h^\sigma [/mm] bedeutet) aber noch kurz etwas dazu:
Aber wenn die stärke Aussage nicht stimmt, wieso gehen wir dann nicht wieder zurück zur schwächeren AUssage, die ja schließlich auch zu beweisen war?
Es wird denke ich so gemeint sein, dass die Quaternionengruppe durch die Eigenschaft G=<a,b> mit [mm] a^4=e, b^2=a^2 [/mm] und [mm] ba=a^{-1}b [/mm] bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt ist.
Also wenn man eine Gruppe G hat mit:
G=<a,b> mit [mm] a^4=e, b^2=a^2 [/mm] und [mm] ba=a^{-1} [/mm] b [mm] (\*)
[/mm]
dann ist Zuzeigen dass dann jede andere Gruppe mit diesen Eigenschaften isomorph zu G ist.
Das ist denke ich zuzeigen.
Seien [mm] (G,\cdot),(H,\circ) [/mm] zwei beliebige Gruppen mit den Eigenschaften [mm] (\*) [/mm] wobei G=<A,B>, H=<J,K>
Ich habe ja gezeigt, dass jede solche Gruppe mit den obigen Eigenschaften diese Gestalt [mm] hat:=\{a^i b^j|0\le i \le 3, 0 \le j \le 1\} [/mm]
Ich möchte also einen isomorphismus von G nach H bauen:
[mm] \phi: [/mm] G [mm] \to [/mm] H
Erkläre [mm] \phi(A)=J, \phi(B)=K
[/mm]
Soll ich dafür jedes Element der sechs weiteren einzeln zuweisen? Ich weiß, dass ein Homomorphismus eindeutig bestimmt ist durch die Bilder der Erzeuger. Aber hier weiß ich ja gar nicht ob es einen Homomorphismus gibt.
Wenn es ein Homomorphismus ist ist es auch ein isomorphismus denn:
-) Surjektivität
Sei I [mm] \in [/mm] H beliebig: [mm] I=J^i\circ K^j [/mm] mit [mm] 0\le [/mm] i [mm] \le [/mm] 3, 0 [mm] \le [/mm] j [mm] \le [/mm] 1
ZZ.: [mm] \exists [/mm] C [mm] \in [/mm] G: [mm] \phi(C)=I
[/mm]
Wähle [mm] C=A^i B^j \in [/mm] G so ist [mm] \phi(C)=\phi(A^i B^j)=\phi(A)^i \circ \phi(B)^j=J^i\circ K^j [/mm] =I
-) Injektivität
[mm] \phi(D)=\phi(C)
[/mm]
[mm] \gdw \phi(A^i B^j) =\phi(A^s B^t) [/mm] mit mit [mm] 0\le [/mm] i,s [mm] \le [/mm] 3, 0 [mm] \le [/mm] j,t [mm] \le [/mm] 1
[mm] \gdw \phi(A)^i \circ \phi(B)^j [/mm] = [mm] \phi(A)^s \circ \phi(B)^t
[/mm]
[mm] \gdw J^i \circ K^j [/mm] = [mm] J^s \circ K^t
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] i=s, j=t [mm] \gdw A^i B^j=A^s B^t
[/mm]
LG,
sissi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:12 Sa 07.02.2015 | | Autor: | hippias |
> Ehlichgesagt verstehe ich dein Beitrag nicht ganz(z.B was
> [mm]h^\sigma[/mm] bedeutet) aber noch kurz etwas dazu:
> Aber wenn die stärke Aussage nicht stimmt, wieso gehen
> wir dann nicht wieder zurück zur schwächeren AUssage, die
> ja schließlich auch zu beweisen war?
> Es wird denke ich so gemeint sein, dass die
> Quaternionengruppe durch die Eigenschaft G=<a,b> mit [mm]a^4=e, b^2=a^2[/mm]
> und [mm]ba=a^{-1}b[/mm] bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt ist.
Meine Rede. Aber die Aufgabenstellung liess die Interpretation zu, dass tatsaechlich die Gleichheit zweier binaerer Operationen zu zeigen sei. Darueberhinaus nahm ich an, dass es das war, was Du wolltest. Aber ich bin sehr damit einverstanden die Eindeutigkeit bis auf Isomorphie zu zeigen. [mm] $h^{\sigma}$ [/mm] ist uebrigens das Bild von $h$ unter der Abbildung [mm] $\sigma$.
[/mm]
>
>
> Also wenn man eine Gruppe G hat mit:
> G=<a,b> mit [mm]a^4=e, b^2=a^2[/mm] und [mm]ba=a^{-1}[/mm] b [mm](\*)[/mm]
> dann ist Zuzeigen dass dann jede andere Gruppe mit diesen
> Eigenschaften isomorph zu G ist.
> Das ist denke ich zuzeigen.
>
> Seien [mm](G,\cdot),(H,\circ)[/mm] zwei beliebige Gruppen mit den
> Eigenschaften [mm](\*)[/mm] wobei G=<A,B>, H=<J,K>
> Ich habe ja gezeigt, dass jede solche Gruppe mit den
> obigen Eigenschaften diese Gestalt [mm]hat:=\{a^i b^j|0\le i \le 3, 0 \le j \le 1\}[/mm]
>
> Ich möchte also einen isomorphismus von G nach H bauen:
> [mm]\phi:[/mm] G [mm]\to[/mm] H
> Erkläre [mm]\phi(A)=J, \phi(B)=K[/mm]
> Soll ich dafür jedes
> Element der sechs weiteren einzeln zuweisen? Ich weiß,
> dass ein Homomorphismus eindeutig bestimmt ist durch die
> Bilder der Erzeuger. Aber hier weiß ich ja gar nicht ob es
> einen Homomorphismus gibt.
Der Ansatz ist natuerlich voellig richtig - es bleibt Dir ja kaum eine andere Wahl. Ja, das Problem ist zu zeigen, dass Dir dies einen Homomorphismus liefert. Man definiert fuer beliebiges $g= [mm] a^i b^j$ [/mm] dann [mm] $\phi(g)= \phi(a)^i \phi(b)^j$. [/mm] Die Homomorphieeigenschaft wird leicht zu ueberpruefen sein. Die Schwierigkeit ist zu zeigen, dass diese Relation ueberhaupt eine Funktion ist: denn $i$ und $j$ sind ja nicht eindeutig bestimmt. Wenn also auch [mm] $g=a^m b^n$ [/mm] ist, folgt dann [mm] $\phi(a)^i \phi(b)^j= \phi(a)^m \phi(b)^n$? [/mm] Dies folgt durch wiederholte Anwendung der Relationen, die fuer $a$ und $b$ gelten bzw. fuer [mm] $j=\phi(a)$ [/mm] und [mm] $k=\phi(b)^j$.
[/mm]
>
> Wenn es ein Homomorphismus ist ist es auch ein
> isomorphismus denn:
>  Surjektivität
> Sei I [mm]\in[/mm] H beliebig: [mm]I=J^i\circ K^j[/mm] mit [mm]0\le[/mm] i [mm]\le[/mm] 3, 0
> [mm]\le[/mm] j [mm]\le[/mm] 1
> ZZ.: [mm]\exists[/mm] C [mm]\in[/mm] G: [mm]\phi(C)=I[/mm]
> Wähle [mm]C=A^i B^j \in[/mm] G so ist [mm]\phi(C)=\phi(A^i B^j)=\phi(A)^i \circ \phi(B)^j=J^i\circ K^j[/mm]
> =I
> Injektivität
> [mm]\phi(D)=\phi(C)[/mm]
> [mm]\gdw \phi(A^i B^j) =\phi(A^s B^t)[/mm] mit mit [mm]0\le[/mm] i,s [mm]\le[/mm] 3,
> 0 [mm]\le[/mm] j,t [mm]\le[/mm] 1
> [mm]\gdw \phi(A)^i \circ \phi(B)^j[/mm] = [mm]\phi(A)^s \circ \phi(B)^t[/mm]
>
> [mm]\gdw J^i \circ K^j[/mm] = [mm]J^s \circ K^t[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] i=s, j=t [mm]\gdw A^i B^j=A^s B^t[/mm]
>
O.K. Eine surjektive Funktion zwischen gleichmaechtigen, endlichen, Mengen ist automatisch injektiv.
> LG,
> sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:20 Sa 07.02.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo hippias,
Warum sind nun i,j nicht eindeutig bestimmt?
Zusammenfassend kann man doch sagen man definiert [mm] \phi [/mm] als [mm] \phi(a^i b^j)=J^i K^j [/mm] wobei <a,b>=G, <J,K>=H.
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:13 So 08.02.2015 | | Autor: | hippias |
> Hallo hippias,
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> Warum sind nun i,j nicht eindeutig bestimmt?
Ich weiss nicht  Oder sind sie es in diesem Beispiel? Wenn sie eindeutig bestimmt sind, ist alles in Ordnung.
> Zusammenfassend kann man doch sagen man definiert [mm]\phi[/mm] als
> [mm]\phi(a^i b^j)=J^i K^j[/mm] wobei <a,b>=G, <J,K>=H.
Ja.
>
> LG,
> sissi
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(Frage) überfällig | | Datum: | 17:21 So 08.02.2015 | | Autor: | sissile |
> > Hallo hippias,
> >
> > Warum sind nun i,j nicht eindeutig bestimmt?
> Ich weiss nicht Oder sind sie es in diesem Beispiel?
> Wenn sie eindeutig bestimmt sind, ist alles in Ordnung.
Aber im letzten Beitrag schriebst du doch:
> Die Schwierigkeit ist zu zeigen, dass diese Relation ueberhaupt eine Funktion ist: denn $ i $ und $ j $ sind ja nicht eindeutig bestimmt.
LG,
sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Di 10.02.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:20 Sa 07.02.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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