Homomorphismen bestimmen < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:09 Sa 24.11.2012 | | Autor: | AntonK |
| Aufgabe | | Seien p und q Primzahlen. Bestimmen Sie alle Homomorphismen von [mm] \IZ/p\IZ [/mm] nach [mm] \IZ/q\IZ. [/mm] |
Hallo Leute,
ich sehe immer wieder solche Aufgabe und habe keine Ahnung, wie man dort herangeht. Ich meine, ich könnte mir fix einen Ausdenken, wie zum Beispiel:
f: [mm] \IZ/p\IZ [/mm] -> [mm] \IZ/q\IZ
[/mm]
f(x)=2x
Sei a,b [mm] \in \IZ/p\IZ
[/mm]
f(a+b)=2(a+b)=2a+2b=f(a)+f(b)
Dies ist also ein Gruppenhomomorphismus, aber ich kann doch jetzt unendlich viele Abbildungen definieren, wie f(x)=3x oder f(x)=4x, wie kann ich denn ALLE bestimmen? Gibt es da einen Trick?
Danke schonmal!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:32 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Deine Abbildungen passen leider nicht ganz, weil diese nicht vernünftig definiert sind. Du rechnest ja mit Restklassen. Wenn du z.B. p=3 und q=5 nimmst, dann gilt f(2)=2*2=4 und f(5)=2*5=10=5. Aber f(2) und f(5) müssten ja gleich sein, wegen 2=5 in [mm] \IZ_3.
[/mm]
Mach es mal so:
Sei [mm] \varphi [/mm] ein Homomorphismus. Arbeite nun mit dem Kern und dem Bild von [mm] \varphi. [/mm] Was gilt für diese beiden Objekte?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:39 Sa 24.11.2012 | | Autor: | AntonK |
Naja der Kern ist ja [mm] p\IZ [/mm] bzw. [mm] q\IZ, [/mm] Kern ist sowohl Untergruppe und Normalteiler und das Bild ist nur Untergruppe, inwiefern hilft mir das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:42 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Ok, also Bild und Kern sind Untergruppen. Dann gilt doch, dass die Mächtigkeiten von Bild und Kern die Gruppenordnung teilen müssen. Diese sind aber prim, also...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:05 Sa 24.11.2012 | | Autor: | AntonK |
Also ist die Mächtigkeit p oder q selbst oder eben 1, was genau sagt mir das aber um Bezug für die Homomorphismen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:12 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Na also der Kern von [mm] \varphi [/mm] ist Untergruppe von [mm] \IZ_p, [/mm] also kann nur [mm] \text{ker}(\varphi)=\{0\} [/mm] oder [mm] \text{ker}(\varphi)=\IZ_p [/mm] gelten. Mehr Möglichkeiten gibt es da nicht. Analog für das Bild. Jetzt kannst du eine Fallunterscheidung anfangen.
Ich habe z.B. mit "Sei [mm] \text{ker}(\varphi)=\IZ_p, [/mm] dann ist [mm] \varphi [/mm] die Nullabbildung." angefangen. Danach betrachte den Fall, dass [mm] \text{ker}(\varphi)=\{0\} [/mm] ist.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:22 Sa 24.11.2012 | | Autor: | AntonK |
Naja, wenn der Kern ganz [mm] \IZ/p\IZ [/mm] ist, dann werden ja alle Element auf 0 abgebildet, also habe ich:
f(a)=0
Und wenn der Kern nur aus der 0 besteht, dann werden alle Element doch überall hin abgebildet, außer auf [mm] q\IZ [/mm] oder? Aber inwiefern hilft mir das?
Und warum kann ich durch Betrachtung des Kernes sagen, welche Homomorphismen existieren? Sehe den Zusammenhang nicht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:31 Sa 24.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Also, wie man darauf kommt, dass man sich Kerne und Bilder anguckt, kann ich dir auch nicht vernünftig begründen. ;) Es ist nur das erste, das mir eingefallen ist, weil die Gruppen beide prime Ordnung haben und für Kerne und Bilder daher immer nur 2 Möglichkeiten existieren.
Ok, also falls [mm] ker(\varphi)=\IZ_p, [/mm] dann ist [mm] \varphi [/mm] die Nullabilldung, wie gesagt. Und das ist natürlich auch ein Homomorphismus.
Betrachte also den Fall, dass [mm] ker(\varphi)=\{0\} [/mm] gilt. Das heißt doch auch, dass [mm] \varphi [/mm] injektiv ist. So, was ist dann [mm] im(\varphi)? [/mm] Es kann nicht [mm] \{0\} [/mm] sein, denn sonst wäre [mm] \varphi [/mm] ja wieder die Nullabbildung, aber das haben wir schon ausgeschlossen. Also muss [mm] im(\varphi)=\IZ_q [/mm] sein. Dann ist [mm] \varphi [/mm] surjektiv.
Insgesamt haben wir sogar erhalten, dass [mm] \varphi [/mm] bijektiv ist! Da sollten die Alarmglocken angehen, denn im Allgemeinen kann man ja keinen Isomorphismus zwischen [mm] \IZ_p [/mm] und [mm] \IZ_q [/mm] finden. Das geht nur, falls p=q.
Anders gesagt: ist [mm] $p\not=q$, [/mm] so hast du nur die Nullabbildung als Homomorphismus.
Ist das klar soweit?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:07 So 25.11.2012 | | Autor: | AntonK |
Warum muss $ [mm] im(\varphi)=\IZ_q [/mm] $ sein? Kann es nicht auch sein, dass Elemente aus [mm] \IZ_q [/mm] nicht getroffen werden, sprich das ganze nicht surjektiv ist.
Die Folgerung daraus ist mir aber klar, nur warum ist das oben surjektiv?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:56 So 25.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Das Bild von [mm] \varphi [/mm] ist ja eine Untergruppe von [mm] \IZ_q. [/mm] Da [mm] ord(\IZ_q)=q [/mm] prim ist, muss also [mm] |im(\varphi)|=1 [/mm] oder [mm] |im(\varphi)|=q [/mm] gelten.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:52 So 25.11.2012 | | Autor: | AntonK |
Ah, verstehe! Danke!
Verstehe ich das richtig, wenn Kern und Bild die Ordnung 1 haben, sind beide doch gleich oder? Sie bestehen nur aus dem neutralen Element?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:29 So 25.11.2012 | | Autor: | Teufel |
Bild und Kern können nicht beide nur ein Element besitzen! Dann würdest du ja nur ein Element von [mm] \IZ_p [/mm] abbilden.
Wenn [mm] ker(\varphi)=\{0\}, [/mm] dann folgt schon [mm] im(\varphi)=\IZ_q.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:32 So 25.11.2012 | | Autor: | AntonK |
Habs verstanden, danke dir!
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