Basis von Z-Untermoduln < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:39 Fr 08.06.2012 | | Autor: | triad |
| Aufgabe | Wir betrachten
[mm] $N_1 [/mm] :=$ [mm] \; \{(z_1,z_2,z_3)\in\IZ^3\;|\;2z_1+z_2+2z_3=0 \} [/mm]
und
[mm] $N_2 [/mm] :=$ [mm] \; \{(z_1,z_2)\in\IZ^2\;|\;3z_1-z_2\mbox{ ist durch 6 teilbar}\}. [/mm]
Zeige, dass es sich bei [mm] N_1 [/mm] und [mm] N_2 [/mm] um [mm] $\IZ$-Untermoduln [/mm] (von [mm] \IZ^2 [/mm] bzw. [mm] \IZ^3) [/mm] handelt und bestimme jeweils eine Basis. |
Hallo,
bei [mm] N_1 [/mm] hab ich ja nur eine Gleichung mit drei Unbekannten, also würde ich hier einfach
1. [mm] z_1=1, z_3=0
[/mm]
2. [mm] z_1=0, z_3=1
[/mm]
setzen und jeweils [mm] z_2 [/mm] ausrechnen, was mir 1. [mm] \vektor{ 1 \\ -2 \\ 0 } [/mm] und 2. [mm] \vektor{ 0 \\ -2 \\ 1 } [/mm] liefert und die zusammen ergeben dann meine Basis von [mm] N_1
[/mm]
[mm] B_1=\left(\vektor{ 1 \\ -2 \\ 0 },\vektor{ 0 \\ -2 \\ 1 }\right).
[/mm]
EDIT: Muss an dieser Stelle die Basis nicht drei Vektoren haben, da die Elemente [mm] (z_1,z_2,z_3) [/mm] ja aus [mm] \IZ^3 [/mm] sind, allerdings finde ich keinen mehr der l.u. zu den beiden obigen ist und die Gleichung erfüllt.
Für [mm] N_2 [/mm] wäre es gut, wenn man auch ein homogenes Gleichungssystem hätte, deshalb dachte ich mir
[mm] \underbrace{3z_1-z_2}_{=:\;a} [/mm] ist durch [mm] \underbrace{6}_{=:\;b} [/mm] teilbar
zu
[mm] $0=3z_1-z_2-6c$
[/mm]
umzuformulieren, wobei ich "a ist durch b teilbar" [mm] \gdw [/mm] $a=b*c$ [mm] \gdw [/mm] $0=a-b*c$ [mm] \Rightarrow $0=3z_1-z_2-6c$ [/mm] benutzt habe. An dieser Stelle würde man ja jetzt eines von zwei z gleich 1 setzen und das jeweils andere ausrechnen, aber dann würde man für [mm] $z_1=1,$ $z_2=3-6c$ [/mm] und für [mm] z_2=1 [/mm] sogar [mm] z_1=2c+\bruch{1}{3}\notin\IZ [/mm] erhalten.
EDIT: Selbe Frage zu [mm] N_2: [/mm] Bei der Variante Nullsetzen gibts zwei lu. Vektoren die eine Basis sind, bei der Variante nur eines von beiden z=1 zu setzen gibts je einen Vektor die auch wieder funktionieren, wenn man irgendwas einsetzt:
Gleichung [mm] 0=3z_1-z_2-6c
[/mm]
[mm] z_1=1 \Rightarrow z_2=3-6c \Rightarrow \vektor{ 1 \\ 3-6c }
[/mm]
[mm] z_2=1 \Rightarrow z_1=2c+\bruch{1}{3} \Rightarrow \vektor{2c+\bruch{1}{3} \\ 1}\bruch{\cdot{3}}{=}\vektor{ 6c+1 \\ 3 }. [/mm] Was ist denn jetzt richtig?
Wenn man allerdings die Eigenschaft [mm] 3z_1-z_2 [/mm] ist durch 6 teilbar scharf anguckt, dann erkennt man leicht, dass, wenn man [mm] z_1=0 [/mm] setzt, [mm] z_2=6c\;(c\in\IZ) [/mm] ein Vielfaches von 6 sein muss, damit die Summe durch 6 teilbar ist. Analog: setzt man [mm] z_2=0, [/mm] so muss [mm] z_1=2c [/mm] ein Vielfaches von 2 sein. Dadurch erhalte ich die Basis
[mm] B_2=\left(\vektor{ 2c \\ 0 },\vektor{ 0 \\ 6c }\right).
[/mm]
Ist auch irgendwie logisch, denn wenn man [mm] \lambda\cdot\vektor{ 2c \\ 0 }+\mu\cdot\vektor{ 0 \\ 6c }=\vektor{ \lambda 2c \\ \mu 6c } [/mm] ausrechnet und in [mm] 3z_1-z_2 [/mm] einsetzt, erhält man im ersten Summanden (durch Multiplizieren mit 2 im Vektor und mit 3 in der Gleichung) immer eine durch 6 teilbare Zahl. Da der zweite Summand ebenfalls durch 6 teilbar ist, haben wir eine Summe aus durch 6 teilbaren Zahlen, die insgesamt eine durch 6 teilbare Zahl ergibt. Also wäre [mm] B_2 [/mm] meiner Ansicht nach eine Basis.
Ist das so in Ordnung? :)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:30 So 10.06.2012 | | Autor: | it123 |
In der Vorlesung bzw. im Skript steht folgendes induktive Vorgehen zur Bestimmung einer Basis des Untermoduls N von M, mit dem ich allerdings nicht so wirklich klar komme:
Sei [mm] $(m_1,...,m_n)$ [/mm] eine Basis von M, betrachte [mm] $N_i [/mm] = N [mm] \cap Lin(m_1,...,m_i)$. [/mm] Das Ideal {r [mm] \in [/mm] R | es gibt m [mm] \in N_{i+1} [/mm] mit m = m' + [mm] r*m_{i+1} [/mm] mit m' [mm] \in N_i} [/mm] werde von dem Ringelement [mm] a_{i+1} [/mm] erzeugt und es sei [mm] n_{i+1}=m'+a_{i+1}m_{i+1} [/mm] mit m' [mm] \in N_i, [/mm] dann gilt [mm] N_{i+1}=N_i\oplus R*n_{i+1}
[/mm]
Also:
((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)) ist ja offensichtlich eine Basis von [mm] \IZ. [/mm] Nun soll man [mm] N_1=N\capLin(m_1) [/mm] betrachten. Dann gilt ja [mm] N_1={0}, [/mm] wobei 0=(0,0,0) heißen soll.
[mm] N_2=(z_1,z_2,0) [/mm] mit [mm] z_1=2*z_2.
[/mm]
Aber irgendwie kann ich anhand des obigen Textes die Basis nicht bestimmen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:56 Mo 11.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> In der Vorlesung bzw. im Skript steht folgendes induktive
> Vorgehen zur Bestimmung einer Basis des Untermoduls N von
> M, mit dem ich allerdings nicht so wirklich klar komme:
>
> Sei [mm](m_1,...,m_n)[/mm] eine Basis von M, betrachte [mm]N_i = N \cap Lin(m_1,...,m_i)[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
> Das Ideal {r [mm]\in[/mm] R | es gibt m [mm]\in N_{i+1}[/mm] mit m = m' +
> [mm]r*m_{i+1}[/mm] mit m' [mm]\in N_i}[/mm] werde von dem Ringelement [mm]a_{i+1}[/mm]
> erzeugt und es sei [mm]n_{i+1}=m'+a_{i+1}m_{i+1}[/mm] mit m' [mm]\in N_i,[/mm]
> dann gilt [mm]N_{i+1}=N_i\oplus R*n_{i+1}[/mm]
Das Verfahren ist nur bedingt hilfreich in der Praxis.
> Also:
> ((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)) ist ja offensichtlich eine Basis
> von [mm]\IZ.[/mm]
Du meinst [mm] $\IZ^3$ [/mm] 
> Nun soll man [mm]N_1=N\cap Lin(m_1)[/mm] betrachten. Dann
> gilt ja [mm]N_1=\{0\},[/mm] wobei 0=(0,0,0) heißen soll.
Dein $N$ bezeichnet [mm] $N_1$ [/mm] aus der Aufgabe, also $N = [mm] \{ (z_1, z_2, z_3) \in \IZ^3 \mid 2 z_1 + z_2 + 2 z_3 = 0 \}$, [/mm] oder?
In dem Fall ist $N [mm] \cap Lin(m_1) [/mm] = [mm] \{ 0 \}$, [/mm] da die Gleichung $2 [mm] z_1 [/mm] = 0$ nur die Loesung [mm] $z_1 [/mm] = 0$ hat.
> [mm]N_2=(z_1,z_2,0)[/mm] mit [mm]z_1=2*z_2.[/mm]
Du willst hier [mm] "$N_2 [/mm] = [mm] \{ (z_1, z_2, 0) \in \IZ^3 \mid z_1 = -2 z_2 \}$" [/mm] schreiben.
Daraus sieht man, das [mm] $N_2$ [/mm] von $(2, -1, 0)$ erzeugt wird.
> Aber irgendwie kann ich anhand des obigen Textes die Basis
> nicht bestimmen.
Es gilt $N = [mm] N_3$, [/mm] da [mm] $N_3 [/mm] = N [mm] \cap Lin(m_1, m_2, m_3) [/mm] = N [mm] \cap \IZ^3$ [/mm] ist. Weiterhin ist [mm] $N_3 [/mm] = [mm] N_2 \oplus [/mm] R [mm] n_3$, [/mm] wobei [mm] $n_3 [/mm] = m' + [mm] a_3 m_3$ [/mm] ist mit $m' [mm] \in N_2$, [/mm] so dass [mm] $a_3$ [/mm] ein Erzeuger des Ideals [mm] $I_3 [/mm] := [mm] \{ r \in \IZ \mid \exists m' \in N_2 : m' + r m_3 \in N \}$.
[/mm]
Dazu musst du das Ideal $I$ genauer untersuchen. Jedes Element aus [mm] $N_2$ [/mm] ist von der Form $y [mm] \cdot [/mm] (2, -1, 0)$. Damit ist [mm] $I_3 [/mm] = [mm] \{ r \in \IZ \mid \exists y \in \IZ : y (2, -1, 0) + r (0, 0, 1) \in N \}$. [/mm] Jetzt ist $y (2, -1, 0) + r (0, 0, 1) = (2 y, -y, r)$ und dies liegt in $N$ genau dann, wenn $2 (2 y) + (-y) + 2 r = 0$ ist. Dies ist der Fall, wenn $r = [mm] \frac{y - 4 y}{2} [/mm] = [mm] -\frac{3}{2} [/mm] y$ ist. Nun ist dies genau dann ein Element von [mm] $\IZ$, [/mm] wenn [mm] $\frac{3}{2} [/mm] y [mm] \in \IZ$ [/mm] ist, also $y$ gerade ist.
Damit gilt [mm] $I_3 [/mm] = [mm] \{ -\frac{3}{2} y \mid y \in 2 \IZ \} [/mm] = [mm] \{ -3 y \mid y \in \IZ \} [/mm] = 3 [mm] \IZ$. [/mm] Erzeugt wird [mm] $I_3$ [/mm] also durch 3, womit [mm] $a_3 [/mm] = 3$ ist. Damit nun $y (2, -1, 0) + 3 (0, 0, 1) = (2 y, -y, 3) [mm] \in [/mm] N$ ist, muss $y = -2$ sein, womit [mm] $n_3 [/mm] = -2 (2, -1, 0) + 3 (0, 0, 1) = (-4, 2, 3)$ ist.
Die Aussage von oben besagt nun, dass [mm] $\{ (2, -1, 0), (-4, 2, 3) \}$ [/mm] eine Basis von $N$ ist.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:31 Mo 11.06.2012 | | Autor: | triad |
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> Dein [mm]N[/mm] bezeichnet [mm]N_1[/mm] aus der Aufgabe, also [mm]N = \{ (z_1, z_2, z_3) \in \IZ^3 \mid 2 z_1 + z_2 + 2 z_3 = 0 \}[/mm],
> oder?
>
> In dem Fall ist [mm]N \cap Lin(m_1) = \{ 0 \}[/mm], da die Gleichung
> [mm]2 z_1 = 0[/mm] nur die Loesung [mm]z_1 = 0[/mm] hat.
>
> > [mm]N_2=(z_1,z_2,0)[/mm] mit [mm]z_1=2*z_2.[/mm]
>
> Du willst hier "[mm]N_2 = \{ (z_1, z_2, 0) \in \IZ^3 \mid z_1 = 2 z_2 \}[/mm]"
> schreiben.
>
> Daraus sieht man, das [mm]N_2[/mm] von [mm](2, -1, 0)[/mm] erzeugt wird.
>
Warum hier [mm] z_1=2z_2? [/mm] Aus [mm] 2z_1+z_2+2z_3=0 [/mm] folgt für [mm] N_2 [/mm] doch die Gleichung [mm] -2z_1=z_2?
[/mm]
Und warum wird [mm] N_2 [/mm] dann von [mm](2, -1, 0)[/mm] erzeugt? Wenn man [mm](2, -1, 0)[/mm] in [mm] z_1=2z_2 [/mm] einsetzt kommt 2=-2 raus.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:25 Mo 11.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Dein [mm]N[/mm] bezeichnet [mm]N_1[/mm] aus der Aufgabe, also [mm]N = \{ (z_1, z_2, z_3) \in \IZ^3 \mid 2 z_1 + z_2 + 2 z_3 = 0 \}[/mm],
> > oder?
> >
> > In dem Fall ist [mm]N \cap Lin(m_1) = \{ 0 \}[/mm], da die Gleichung
> > [mm]2 z_1 = 0[/mm] nur die Loesung [mm]z_1 = 0[/mm] hat.
> >
> > > [mm]N_2=(z_1,z_2,0)[/mm] mit [mm]z_1=2*z_2.[/mm]
> >
> > Du willst hier "[mm]N_2 = \{ (z_1, z_2, 0) \in \IZ^3 \mid z_1 = 2 z_2 \}[/mm]"
> > schreiben.
> >
> > Daraus sieht man, das [mm]N_2[/mm] von [mm](2, -1, 0)[/mm] erzeugt wird.
>
> Warum hier [mm]z_1=2z_2?[/mm] Aus [mm]2z_1+z_2+2z_3=0[/mm] folgt für [mm]N_2[/mm]
> doch die Gleichung [mm]-2z_1=z_2?[/mm]
Sorry, da hatte ich mich vertippt. Es soll $-2 [mm] z_1 [/mm] = [mm] z_2$ [/mm] heissen.
> Und warum wird [mm]N_2[/mm] dann von [mm](2, -1, 0)[/mm] erzeugt? Wenn man
> [mm](2, -1, 0)[/mm] in [mm]z_1=2z_2[/mm] einsetzt kommt 2=-2 raus.
Wenn du den Tippfehler beruecksichtigst, sollte es klar sein
LG Felix
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 17:29 Mo 11.06.2012 | | Autor: | triad |
> Moin!
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> > > Dein [mm]N[/mm] bezeichnet [mm]N_1[/mm] aus der Aufgabe, also [mm]N = \{ (z_1, z_2, z_3) \in \IZ^3 \mid 2 z_1 + z_2 + 2 z_3 = 0 \}[/mm],
> > > oder?
> > >
> > > In dem Fall ist [mm]N \cap Lin(m_1) = \{ 0 \}[/mm], da die Gleichung
> > > [mm]2 z_1 = 0[/mm] nur die Loesung [mm]z_1 = 0[/mm] hat.
> > >
> > > > [mm]N_2=(z_1,z_2,0)[/mm] mit [mm]z_1=2*z_2.[/mm]
> > >
> > > Du willst hier "[mm]N_2 = \{ (z_1, z_2, 0) \in \IZ^3 \mid z_1 = 2 z_2 \}[/mm]"
> > > schreiben.
> > >
> > > Daraus sieht man, das [mm]N_2[/mm] von [mm](2, -1, 0)[/mm] erzeugt wird.
> >
> > Warum hier [mm]z_1=2z_2?[/mm] Aus [mm]2z_1+z_2+2z_3=0[/mm] folgt für [mm]N_2[/mm]
> > doch die Gleichung [mm]-2z_1=z_2?[/mm]
>
> Sorry, da hatte ich mich vertippt. Es soll [mm]-2 z_1 = z_2[/mm]
> heissen.
>
> > Und warum wird [mm]N_2[/mm] dann von [mm](2, -1, 0)[/mm] erzeugt? Wenn man
> > [mm](2, -1, 0)[/mm] in [mm]z_1=2z_2[/mm] einsetzt kommt 2=-2 raus.
>
> Wenn du den Tippfehler beruecksichtigst, sollte es klar
> sein
>
> LG Felix
>
>
Hmm, wenn man mit (1,-2,0) weiter rechnet kommt man wegen 2(y)+(-2y)+2(r)=0 auf r=0; auch hier wieder die Frage, was dann mit dem Ideal ist und wie es weitergeht.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:20 Mi 13.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:32 Mo 18.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> In der Vorlesung bzw. im Skript steht folgendes induktive
> Vorgehen zur Bestimmung einer Basis des Untermoduls N von
> M, mit dem ich allerdings nicht so wirklich klar komme:
>
> Sei [mm](m_1,...,m_n)[/mm] eine Basis von M, betrachte [mm]N_i = N \cap Lin(m_1,...,m_i)[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
> Das Ideal {r [mm]\in[/mm] R | es gibt m [mm]\in N_{i+1}[/mm] mit m = m' +
> [mm]r*m_{i+1}[/mm] mit m' [mm]\in N_i}[/mm] werde von dem Ringelement [mm]a_{i+1}[/mm]
> erzeugt und es sei [mm]n_{i+1}=m'+a_{i+1}m_{i+1}[/mm] mit m' [mm]\in N_i,[/mm]
> dann gilt [mm]N_{i+1}=N_i\oplus R*n_{i+1}[/mm]
Sorry dass ich das letztens uebersehen hab, aber: das Verfahren funktioniert so nicht. Insbesondere die Aussage [mm] $N_{i+1} [/mm] = [mm] N_i \oplus [/mm] R [mm] \cdot n_{i+1}$ [/mm] ist falsch.
Ein einfaches Gegenbeispiel bekommt man, wenn man $N = [mm] span\{ m_1 + m_2 \}$ [/mm] anschaut. Dann ist [mm] $N_1 [/mm] = [mm] \{ 0 \}$, $N_2 [/mm] = N$, und das Ideal ist gleich [mm] $\{ 0 \}$. [/mm] Damit muesste [mm] $\{ 0 \} \neq [/mm] N = [mm] \{ 0 \} \oplus \{ 0 \} [/mm] = [mm] \{ 0 \}$ [/mm] sein, ein Widerspruch.
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:43 Mo 11.06.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Wir betrachten
> [mm]N_1 :=[/mm] [mm]\; \{(z_1,z_2,z_3)\in\IZ^3\;|\;2z_1+z_2+2z_3=0 \}[/mm]
> und
> [mm]N_2 :=[/mm] [mm]\; \{(z_1,z_2)\in\IZ^2\;|\;3z_1-z_2\mbox{ ist durch 6 teilbar}\}.[/mm]
>
> Zeige, dass es sich bei [mm]N_1[/mm] und [mm]N_2[/mm] um [mm]\IZ[/mm]-Untermoduln (von
> [mm]\IZ^2[/mm] bzw. [mm]\IZ^3)[/mm] handelt und bestimme jeweils eine Basis.
>
> Hallo,
>
> bei [mm]N_1[/mm] hab ich ja nur eine Gleichung mit drei Unbekannten,
> also würde ich hier einfach
>
> 1. [mm]z_1=1, z_3=0[/mm]
> 2. [mm]z_1=0, z_3=1[/mm]
> setzen und jeweils [mm]z_2[/mm]
> ausrechnen, was mir 1. [mm]\vektor{ 1 \\ -2 \\ 0 }[/mm] und 2.
> [mm]\vektor{ 0 \\ -2 \\ 1 }[/mm] liefert und die zusammen ergeben
> dann meine Basis von [mm]N_1[/mm]
Wenn der Koeffizientenring ein Koerper waer, waer das jetzt ganz bestimmt richtig. Hier haben wir aber einen Ring (und zwar [mm] $\IZ$). [/mm] Hier musst du noch pruefen, ob das wirklich ein Erzeugendensystem ergibt. So ist z.B. das Element $2$ linear unabhaengig im [mm] $\IZ$-Modul $\IZ$, [/mm] jedoch erzeugt es diesen nicht.
> [mm]B_1=\left(\vektor{ 1 \\ -2 \\ 0 },\vektor{ 0 \\ -2 \\ 1 }\right).[/mm]
>
> EDIT: Muss an dieser Stelle die Basis nicht drei Vektoren
> haben, da die Elemente [mm](z_1,z_2,z_3)[/mm] ja aus [mm]\IZ^3[/mm] sind,
Nein! Der Untermodul hat Rang 2, nicht 3.
Die $xy$-Ebene im [mm] $\IR^3$ [/mm] hat doch auch eine Basis bestehend aus zwei Vektoren, obwohl die Vektoren aus dem [mm] $\IR^3$ [/mm] sind.
> allerdings finde ich keinen mehr der l.u. zu den beiden
> obigen ist und die Gleichung erfüllt.
So einen gibt es auch nicht.
> Für [mm]N_2[/mm] wäre es gut, wenn man auch ein homogenes
> Gleichungssystem hätte, deshalb dachte ich mir
>
> [mm]\underbrace{3z_1-z_2}_{=:\;a}[/mm] ist durch
> [mm]\underbrace{6}_{=:\;b}[/mm] teilbar
>
> zu
>
> [mm]0=3z_1-z_2-6c[/mm]
>
> umzuformulieren, wobei ich "a ist durch b teilbar" [mm]\gdw[/mm]
> [mm]a=b*c[/mm] [mm]\gdw[/mm] [mm]0=a-b*c[/mm] [mm]\Rightarrow[/mm] [mm]0=3z_1-z_2-6c[/mm] benutzt
> habe.
Du betachtest also den Untermodul [mm] $N_3 [/mm] := [mm] \{ (z_1, z_2, z_3) \in \IZ^3 \mid 3 z_1 - z_2 + 6 z_3 = 0 \}$ [/mm] von [mm] $\IZ^3$ [/mm] und bestimmst davon eine Basis, und verwendest, dass die Projektion [mm] $\pi [/mm] : [mm] \IZ^3 \to \IZ^2$, [/mm] $(x, y, z) [mm] \mapsto [/mm] (x, y)$ ein Homomorphismus ist so dass [mm] $\pi|_{N_3} [/mm] : [mm] N_3 \to N_2$ [/mm] ein Isomorphismus ist (also insb. bijektiv).
Wenn du also eine Basis von [mm] $N_3$ [/mm] hast, sagen wir $(a, b)$, dann ist [mm] $(\pi(a), \pi(b))$ [/mm] eine Basis von [mm] $N_2$.
[/mm]
> An dieser Stelle würde man ja jetzt eines von zwei z
> gleich 1 setzen und das jeweils andere ausrechnen, aber
> dann würde man für [mm]z_1=1,[/mm] [mm]z_2=3-6c[/mm] und für [mm]z_2=1[/mm] sogar
> [mm]z_1=2c+\bruch{1}{3}\notin\IZ[/mm] erhalten.
Soll heissen?
Um eine Basis von [mm] $N_3$ [/mm] zu bestimmen, gehe doch wie bei (a) vor. Dort hast du genau den gleichen Fall: eine homogene Gleichung, wo eine Unbestimmte den Koeffizienten 1 hat.
> EDIT: Selbe Frage zu [mm]N_2:[/mm] Bei der Variante Nullsetzen gibts
> zwei lu.
Genau. Der Modul [mm] $N_2$ [/mm] hat Rang 2. Ist jedoch nicht gleich dem ganzen [mm] $\IZ^2$.
[/mm]
> Vektoren die eine Basis sind, bei der Variante nur
> eines von beiden z=1 zu setzen gibts je einen Vektor die
> auch wieder funktionieren, wenn man irgendwas einsetzt:
> Gleichung [mm]0=3z_1-z_2-6c[/mm]
> [mm]z_1=1 \Rightarrow z_2=3-6c \Rightarrow \vektor{ 1 \\ 3-6c }[/mm]
>
> [mm]z_2=1 \Rightarrow z_1=2c+\bruch{1}{3} \Rightarrow \vektor{2c+\bruch{1}{3} \\ 1}\bruch{\cdot{3}}{=}\vektor{ 6c+1 \\ 3 }.[/mm]
Und was ist $c$?
> Was ist denn jetzt richtig?
Nein, nicht so richtig.
Arbeite mit [mm] $N_3$ [/mm] (loese das wie in (a)) und projeziere dann die Basis auf [mm] $\IZ^2$ [/mm] mit [mm] $\pi$, [/mm] um eine Basis von [mm] $N_2$ [/mm] zu erhalten.
> Wenn man allerdings die Eigenschaft [mm]3z_1-z_2[/mm] ist durch 6
> teilbar scharf anguckt, dann erkennt man leicht, dass, wenn
> man [mm]z_1=0[/mm] setzt, [mm]z_2=6c\;(c\in\IZ)[/mm] ein Vielfaches von 6
> sein muss, damit die Summe durch 6 teilbar ist. Analog:
> setzt man [mm]z_2=0,[/mm] so muss [mm]z_1=2c[/mm] ein Vielfaches von 2 sein.
> Dadurch erhalte ich die Basis
>
> [mm]B_2=\left(\vektor{ 2c \\ 0 },\vektor{ 0 \\ 6c }\right).[/mm]
Das erzeugt einen Untermodul von [mm] $N_2$. [/mm] Erzeugt es auch den ganzen Modul? Das musst du noch beweisen.
> Ist auch irgendwie logisch, denn wenn man
> [mm]\lambda\cdot\vektor{ 2c \\ 0 }+\mu\cdot\vektor{ 0 \\ 6c }=\vektor{ \lambda 2c \\ \mu 6c }[/mm]
> ausrechnet und in [mm]3z_1-z_2[/mm] einsetzt, erhält man im ersten
> Summanden (durch Multiplizieren mit 2 im Vektor und mit 3
> in der Gleichung) immer eine durch 6 teilbare Zahl. Da der
> zweite Summand ebenfalls durch 6 teilbar ist, haben wir
> eine Summe aus durch 6 teilbaren Zahlen, die insgesamt eine
> durch 6 teilbare Zahl ergibt. Also wäre [mm]B_2[/mm] meiner Ansicht
> nach eine Basis.
Dazu haette es ausgereicht, die Vektoren selber einzusetzen und nicht eine allg. Linearkombination.
Du musst noch zeigen, dass es auch ein Erzeugendensystem ist.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) überfällig | | Datum: | 17:00 Mo 11.06.2012 | | Autor: | triad |
>
> Arbeite mit [mm]N_3[/mm] (loese das wie in (a)) und projeziere dann
> die Basis auf [mm]\IZ^2[/mm] mit [mm]\pi[/mm], um eine Basis von [mm]N_2[/mm] zu
> erhalten.
Ich versuchs einfach mal analog zu deiner anderen sehr ausführlichen Antwort zu [mm] N_1.
[/mm]
Also jetzt [mm] N_2: [/mm] Betrachte [mm] N_3:=\{(z_1,z_2,z_3)\in\IZ^3\mid 3z_1-z_2-6z_3=0\}\subseteq\IZ^3 [/mm] Untermodul von [mm] \IZ^3. [/mm] Dabei entsteht die Gleichung von [mm] N_3 [/mm] aus der Gleichung von [mm] N_2: 3z_1-z_2 [/mm] ist durch 6 teilbar [mm] \gdw 3z_1-z_2=6z_3 \gdw 3z_1-z_2-6z_3=0. [/mm] Das Ziel ist es, von [mm] N_3 [/mm] eine Basis zu bestimmen, unter der Verwendung, dass die Projektion [mm] $\pi:\IZ^3\to\IZ^2,(x,y,z)\mapsto [/mm] (x,y)$ ein Homomorphismus ist, so dass [mm] \pi|_{N_3}:N_3\to N_2 [/mm] ein Isomorphismus ist. Ist also (a,b) eine Basis von [mm] N_3, [/mm] so ist [mm] (\pi(a),\pi(b)) [/mm] eine Basis von [mm] N_2.
[/mm]
Sei [mm] (m_1,m_2,m_3)=((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)) [/mm] die Standardbasis von [mm] \IZ^3. [/mm] Sei [mm] T_1:=N_3\cap Lin(m_1), [/mm] dann gilt [mm] T_1=\{0\}, [/mm] da [mm] 3z_1=0 [/mm] nur die Lösung [mm] z_1=0 [/mm] hat.
Sei [mm] T_2:=N_3\cap Lin(m_1,m_2)=\{(z_1,z_2,0)\in\IZ^3 \mid 3z_1-z_2=0 \}, [/mm] dann wird [mm] T_2 [/mm] von (1,3,0) erzeugt.
Es gilt [mm] T_3:=N_3, [/mm] da [mm] T_3=N_3\cap Lin(m_1,m_2,m_3)=N_3\cap\IZ^3 [/mm] ist. Weiterhin ist [mm] T_3=T_2\oplus R*t_3, [/mm] wobei [mm] T_3\ni t_3=t_2+a_3m_3 [/mm] ist mit [mm] t_2\in T_2, [/mm] so dass [mm] a_3 [/mm] ein Erzeuger des Ideals [mm] I_3:=\{r\in\IZ\mid \exists t_2\in T_2 : t_2+rm_3 \in N_3 \}. [/mm] Jedes Element aus [mm] T_2 [/mm] ist von der Form y*(1,3,0). Damit ist [mm] I_3=\{r\in\IZ\mid\exists y\in\IZ : y(1,3,0)+r(0,0,1)\in N_3 \}. [/mm] Jetzt ist [mm] y(1,3,0)+r(0,0,1)=(y,3y,r)\in N_3 [/mm] genau dann, wenn 3*(y)-(3y)-6*(r)=0 ist. Das ist der Fall, wenn r=0 ist und das ist schon in [mm] \IZ. [/mm] Damit ist [mm] I_3=\{0\} [/mm] das Nullideal, womit [mm] a_3=0 [/mm] ist. Damit nun [mm] y(1,3,0)=(y,3y,0)\in N_3 [/mm] ist, muss [mm] y\in\IZ [/mm] sein.
Aber dann kriege ich doch nur ein Vielfaches vom ersten Vektor (1,3,0), oder hab ich einen Fehler gemacht?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Mi 13.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Frage) überfällig | | Datum: | 19:49 Mo 11.06.2012 | | Autor: | triad |
$ [mm] N_1 [/mm] := $ $ [mm] \; \{(z_1,z_2,z_3)\in\IZ^3\;|\;2z_1+z_2+2z_3=0 \} [/mm] $
$ [mm] N_2 [/mm] := $ $ [mm] \; \{(z_1,z_2)\in\IZ^2\;|\;3z_1-z_2\mbox{ ist durch 6 teilbar}\}. [/mm] $
Zu zeigen ist ja auch noch, dass es überhaupt Untermoduln sind. Hier bin ich ein wenig verwirrt. Die Untermodul Eigenschaften sind
i) [mm] $n_1+n_2\in [/mm] N$ [mm] \forall $n_1, n_2\in [/mm] N$
ii) [mm] $r\cdot{}n\in [/mm] N$ [mm] \forall $r\in [/mm] R, [mm] n\in [/mm] N$
Die Elemente aus [mm] N_1 [/mm] bzw. [mm] N_2 [/mm] sind doch 2D bzw. 3D Vektoren der Form [mm] (z_1,z_2) [/mm] bzw. [mm] (z_1,z_2,z_3) [/mm] für die die entsprechenden Gleichungen gelten. Das heißt, man muss diese Gleichungen doch auch für i) + ii) verwenden, sonst würden i) + ii) für [mm] N_1 [/mm] wie für [mm] N_2 [/mm] fast analog laufen (bis auf den Dimensionsunterschied). Aber wie setzt man das um? Z.B. für [mm] N_1 [/mm] macht das wenig Sinn:
[mm] z+\tilde{z}=\vektor{z_1 \\ z_2 \\ z_3}+\vektor{\tilde{z_1} \\ \tilde{z_2} \\ \tilde{z_3}}=\vektor{z_1+\tilde{z_1} \\ z_2+\tilde{z_2} \\ z_3+\tilde{z_3} } [/mm] soll in [mm] N_1 [/mm] liegen für alle $z, [mm] \tilde{z} \in N_1$.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:20 Mo 11.06.2012 | | Autor: | it123 |
Ich schreib es mal als Mitteilung und nicht als Antwort, weil es bei mir ja falsch sein kann.
Man nimmt sich [mm] n_1 [/mm] und [mm] n_2 [/mm] aus [mm] N_1 [/mm] und addiert diese:
Sei [mm] n_1=(z_1,z_2,z_3) [/mm] und [mm] n_2=(z_4,z_5,z_6). [/mm] Dann:
[mm] n_1+n_2=(z_1+z_4,z_2+z_5,z_3+z_6). [/mm]
Jetzt betrachtest du
[mm] 2(z_1+z_4)+z_2+z_5+2(z_3+z_6)=...=2z_1+z_2+z_3+2z_4+z_5+2z_6=0+0=0. [/mm] Also liegt auch [mm] n_1+n_2 [/mm] in [mm] N_1. [/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 04:20 Di 12.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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