Isomorphismus zeigen < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:32 So 21.02.2016 | | Autor: | Laura22 |
Hallo! :)
ich habe hier eine kurze exakte Sequenz
0 [mm] \to \IZ \to^{\phi} \IZ \oplus \IZ \to [/mm] X [mm] \to [/mm] 0
mit [mm] \phi [/mm] : [mm] \IZ \to \IZ \oplus \IZ
[/mm]
1 [mm] \mapsto [/mm] (2,-2)
Ich möchte zeigen, dass X [mm] \cong \IZ \oplus \IZ_2 [/mm] gilt.
Da die Sequenz exakt ist, gilt X [mm] \cong (\IZ \oplus \IZ)/Im(\phi).
[/mm]
Nun wird ja [mm] \IZ \oplus \IZ [/mm] von z.B. (1,0) und (1,-1) erzeugt.
Also haben wir
X [mm] \cong [/mm] <(1,0),(1,-1)>/<2,-2>
Wie komme ich nun auf den Iso. ? Weiß jemand Rat und könnte die verwendeten Regeln aus der Algebra angeben (z.B. Isomorphiesatz, direkte Summe Rechenregel)? Ich freue mich auf Rückmeldung. Vielen Dank schon mal!!!
Laura
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:49 So 21.02.2016 | | Autor: | Ladon |
Das hört sich ja stark nach Algebraischer Topologie, insbesondere Homologie Gruppen an. 
Ad rem: Homomorphismen sind durch die Bilder eines Erzeugendensystems eindeutig bestimmt. Versuche also die Erzeugenden abzubilden. Wir haben einen Homomorphismus, dessen Definitionsbereich wir normalerweise ![[]](/images/popup.gif) wie folgt schreiben:
[mm] $$\varphi\colon \langle (1,0),(1,-1)|(2,-2)=(0,0)\rangle\longrightarrow \mathbb{Z}\oplus\IZ_2,\qquad (1,0)\mapsto (1,\bar{0}),\quad (1,-1)\mapsto (1,\bar{1})=(1,\bar{-1})$$
[/mm]
Jetzt zeigen wir, dass es sich um einen Isomorphismus handelt. Homomorphie ist klar. Hier eine Skizze zur Bijektivität:
Surjektiv:
[mm] $\varphi(n,0)=(n,\bar{0})\mbox{ und } \varphi(n,-1)=\varphi((n-1,0)+(1,-1))=\varphi(n-1,0)+\varphi(1,-1)=(n-1,\bar{0})+(1,\bar{1})=(n,\bar{1})$.
[/mm]
Injektiv:
[mm] $(0,\bar{0})=\varphi(a,b)=\varphi((a+b,0)+(-b,b))=\varphi((a+b,0))+\varphi((-b,b))=(a+b,\bar{0})+(-b,\bar{b})=(a,\bar{b})\quad\gdw\quad (a=0\vee a=-b)\wedge \bar{b}=\bar{0}\quad\gdw\quad(a=0\vee a=-b)\wedge [/mm] 2|b$
Mit der Relation $(2,-2)=(0,0)$ folgt jedoch wegen $(-b,b)=(0,0)$ gerade [mm] $(0,\bar{0})=\varphi(a,b)\gdw [/mm] (a,b)=(0,0)$ und damit ein trivialer Kern.
Leider habe ich keine Zeit mehr zu schreiben. Ich hoffe, es wird klar, was gemeint ist.
LG
Ladon
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:15 So 21.02.2016 | | Autor: | Laura22 |
Hey ihr zwei,
genau, das ist Algebraische Topologie. :) Ich dachte mir aber, dass das eine Frage ist, die nix mit Topologie zu tun hat und sehr gut in das Algebra-Forum passt :P. Zunächst schon mal, vielen Dank für die Hinweise!!! Ich werde ein bisschen Zeit brauchen, um mir die Links zu Gemüte zu führen und melde mich dann bei Fragen einfach nochmal. Solange wünsche ich euch aber noch einen schönen Sonntag!
Liebe Grüße,
Laura
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Ladon hat ja schon erklärt, wie man es hier machen kann, nachdem man die gute Basis $(1,0),(1,-1)$ geraten hat. Das Mittel der Wahl, um das raten zu vermeiden ist übrigens das Bestimmen der sogenannten Smith-Normalform der Matrix einer endlichen Präsentation. Man geht eigentlich konstruktiv den Beweis des Struktursatzes endlicher Moduln über Hauptidealringen durch. Im Falle einer [mm] $1\times [/mm] 2$-Präsentationsmatrix wie hier, kann man natürlich noch "scharf hinschauen".
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:02 So 21.02.2016 | | Autor: | Laura22 |
Hi nochmal,
habe mir nun durchgelesen was eine Präsentation einer Gruppe ist und den ersten Beitrag zum "hingucken" verstanden. Nun würde ich noch sehr gerne erfahren wie das mit der Smithschen Normalform geht. Ich habe mir angeguckt wie ich sie zu gegebener Matrix bestimmen kann, aber was ist nun die "Matrix einer endlichen Präsentation"? Wie sähe die z.B. hier aus?
Liebe Grüße,
Laura
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Es geht hier eher um [mm] $\IZ$-Modul, [/mm] das heißt abelsche Gruppen, als um Gruppen. [mm] $\IZ$ [/mm] ist ein Hauptidealring und Hauptidealringe sind auch alles, was man braucht, damit es funktioniert, deshalb werde ich das folgende in der Sprache der Moduln über einem Hauptidealring $R$ formulieren. Wenn du dich damit nicht auskennst, kannst du an jeder Stelle [mm] $R=\IZ$ [/mm] und Modul=abelsche Gruppe lesen.
Eine endliche Präsentation eines Moduls $M$ ist eine exakte Sequenz der Form [mm] $R^m\xrightarrow{\ \ A\ \ }R^n\longrightarrow M\longrightarrow [/mm] 0$, sodass also [mm] $M=\operatorname{coker}(A)$ [/mm] vollständig durch die Matrix $A$ beschrieben wird. In deinem Anwendungsbeispiel sah die Sequenz so aus:
[mm] $\IZ\xrightarrow{\begin{pmatrix}2\\-2\end{pmatrix}}\IZ^2\longrightarrow X\longrightarrow [/mm] 0$.
Beim Algorithmus zur Bestimmung einer Smith-Normalform multipliziert man die Matrix $A$ nun von vorne und von hinten mit Elementarmatrizen so lange, bis man eine Matrix in Smith-Normalform hat; also überall Nullen außer bei ein paar Einträgen auf der Hauptdiagonalen, wo die sogenannte nElementarteiler [mm] $\alpha_1,\dots,\alpha_r\in [/mm] R$ stehen, die sich sukzessive teilen, bis nur noch Nullen kommen. Der Algorithmus ist für euklidische Ringe wie z.B. [mm] $\IZ$ [/mm] oder $k[X]$ leicht per Hand durchzurechnen. In diesem Beispiel addiert man nur die erste Zeile zur zweiten und erhält
[mm] $\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}$.
[/mm]
Man kann nun also [mm] $A'=T^{-1}AS$ [/mm] mit invertierbaren Matrizen schreiben und bekommt ein kommutatives Diagramm mit exakten Zeilen und vertikalen Isomorphismen:
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Edit: Der Teil vorne muss natürlich nicht exakt sein, weil ich nicht vorausgesetzt habe, dass $A$ injektiv wirken soll. Aber ich bin jetzt zu faul, das Diagramm zu ändern.]
Aus dem Homomorphiestz folgt nun [mm] $M\cong [/mm] M'$. $M'$ als Kokern einer Matrix in Smith-Normalform kann man aber leicht bestimmen. Das Bild von
[mm] $A'=\begin{pmatrix}
\alpha_1&&&&&\\
&\alpha_2&&&&\\
&&\ddots&&&\\
&&&&\alpha_r&\\
&&&&&&
\end{pmatrix}\,.
[/mm]
$
ist nämlich einfach [mm] $\alpha_1R\oplus \alpha_2R\oplus\dots\oplus \alpha_rR\oplus 0\oplus\dots\oplus [/mm] 0$ als Untermodul von [mm] $R^n$. [/mm] Dies ist genau der Kern der Abbildung [mm] $R^n\longrightarrow R/\langle\alpha_1\rangle\oplus\dots\oplus R/\langle\alpha_r\rangle\oplus R\oplus\dots\oplus [/mm] R$, welche Koeffizientenweise als kanonische Projektion wird. Also folgt [mm] $M\cong M'\cong R/\langle\alpha_1\rangle\oplus\dots\oplus R/\alpha_r\oplus R\oplus\dots\oplus [/mm] R$. In unserem Spezialfall war das [mm] $X\cong \IZ/2\oplus\IZ$.
[/mm]
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:24 So 21.02.2016 | | Autor: | Laura22 |
Wow, das war eine wahnsinnig aufwendige Antwort! Dank dir vielmals dafür!!! Nun muss ich mich erstmal wieder ein wenig damit beschäftigen. Drum erst mal noch einen schönen Sonntag! :)
Liebe Grüße,
Laura
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:24 So 21.02.2016 | | Autor: | Laura22 |
Ok, eine winzige Frage dazu habe ich noch: Neben der super Herleitung von dir erkenne ich da ein relativ einfaches Kochrezept! Nun stolpere ich aber immer an einer sagen wir mal "Dimensionsüberlegung". Wenn ich mir mein einfaches Beispiel zur Hand nehme habe ich genau einen Elementarteiler, nämlich 2. Warum gilt dann nicht X [mm] \cong \IZ_2. [/mm] Ich verstehe einfach nicht warum noch [mm] \IZ [/mm] "hinzuaddiert" wird.
Ich habe das so verstanden, dass auf der Hauptdiagonalen der m x n Smithschen-NF r Elementarteiler stehen. Der Rest der Hauptdiagonalen, sprich die n-r Plätze, sind mit 0en gefüllt. Pro Elementarteiler, in meinem Fall einfach ganze Zahlen, bekomme ich sozusagen eine weitere zyklische Gruppe in meiner Summe und pro 0 (davon habe ich r-n Stück) wird ein [mm] \IZ [/mm] dazuaddiert.
Beispiel:
Angenommen ich habe in Smith-Form
[mm] \pmat{ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\0 & 0 & 0}.
[/mm]
Dann wäre meinen wahrscheinlich falschen Überlegungen nach
M [mm] \cong \IZ_6 \oplus \IZ_3 \oplus \IZ.
[/mm]
Wo liegt der Denkfehler?
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Hi,
die Anzahl der Zeilen der Präsentationsmatrix in Smith-Normalform gibt dir die Anzahl der direkten Summanden an. Das Element auf dem Platz $(i,i)$ gibt dir an, was aus dem $i$-ten Summanden rausgeteilt wird. Wenn es keinen $(i,i)$-ten Platz gibt, oder wenn auf dem $(i,i)$-ten Platz eine $0$ steht, bekommst du ein ganzes [mm] $\IZ$.
[/mm]
Du musst es dir so vorstellen: In deinem [mm] $\IZ^2$ [/mm] hast du die beiden Standardbasisvektoren [mm] $\binom{1}{0}$ [/mm] und [mm] $\binom{0}{1}$ [/mm] und die Spalten der Präsentationsmatrix [mm] $\binom{2}{0}$ [/mm] sagen dir, was davon rausgeteilt wird - nämlich die $2$ in dem obersten Eintrag, welcher den ersten direkten Summanden ergibt.
Bei deinem neuen Beispiel hast du die drei Standardbasisvektoren [mm] $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ [/mm] und die Spalten sagen dir nun, was rausgeteilt wird: Die $6$ im ersten Summanden, die $3$ im dritten Summanden und im $4$ Summanden gar nichts.
Die Matrizen [mm] $\begin{pmatrix}6&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}$ [/mm] und [mm] $\begin{pmatrix}6&0\\
0&3\\
0&0\end{pmatrix}$ [/mm] würden denselben Modul beschreiben. Das Bild der Präsentationsmatrix, also das, was am Ende aus [mm] $\IZ^{\text{Anzahl der Zeilen}}$ [/mm] rausgeteilt wird, ändert sich ja nicht, wenn du ein paar mal den Nullvektor dazunimmst.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:33 Di 23.02.2016 | | Autor: | Laura22 |
Wow, das habe ich jetzt verstanden. Ich muss das sofort mal an einem anderen Beispiel ausprobieren, ist vom reinen Vorgehen in jedem Falle definitiv sehr viel leichter als den Isomorphismus direkt hinzuschreiben.
Ich kann dir/euch dazu nur danke sagen. Hier wird einem immer sehr gut geholfen! :)
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