Isomorphie - Matrizen < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:50 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
| Aufgabe | Es Sei M die Meng aller Matrizen der Gestalt
[mm] \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix} [/mm] (a,b [mm] \in \IR)
[/mm]
auf M seien die Matrizenmultiplikation und die Matrizenaddition eingeführt. Man zeige M [mm] \cong \IC [/mm] |
Hallo Leute,
wie gehe ich an eine solche Aufgabe heran? Für die Isomorphie muss ich ja einen bijektiven Gruppenhomo. finden oder? Ansich muss ich doch erstmal eine Abbildung definieren oder?
Könnte ich einfach hergehen und sagen:
f: M -> [mm] \IC
[/mm]
[mm] \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix} [/mm] |-> det( [mm] \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix} [/mm] )
Wäre das eine Möglichkeit für eine Abbildung?
Danke schonmal!
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Hallo AntonK,
> Es Sei M die Meng aller Matrizen der Gestalt
>
> [mm] \begin{pmatrix} a & b \\
-b & a \end{pmatrix}[/mm] (a,b [mm]\in \IR)[/mm]
>
> auf M seien die Matrizenmultiplikation und die
> Matrizenaddition eingeführt. Man zeige M [mm]\cong \IC[/mm]
> Hallo
> Leute,
>
> wie gehe ich an eine solche Aufgabe heran? Für die
> Isomorphie muss ich ja einen bijektiven Gruppenhomo. finden
> oder? Ansich muss ich doch erstmal eine Abbildung
> definieren oder?
>
> Könnte ich einfach hergehen und sagen:
>
> f: M -> [mm]\IC[/mm]
> [mm] \begin{pmatrix} a & b \\
-b & a \end{pmatrix}[/mm] |-> det( [mm]\begin{pmatrix} a & b \\
-b & a \end{pmatrix}[/mm] )
>
> Wäre das eine Möglichkeit für eine Abbildung?
Sicher ist das eine Abbildung, aber die bildet ja "nur" nach [mm]\IR\subset\IC[/mm] ab.
Prüfe doch selber nach, ob das ein Isomorphismus ist ...
Man sieht doch eigentlich direkt, dass die Abb. nicht injektiv ist ...
Für eine "passende" Abbildung beachte, dass sich jede komplexe Zahl [mm]z\in\IC[/mm] darsellen lässt als [mm]z=a+b\cdot{}i[/mm] mit [mm]a,b\in\IR[/mm]
Wie könnte also sehr sehr naheliegend eine passende Abb. aussehen?
> Danke schonmal!
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:14 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Stimmt, die ist wirklich nich injektiv, da ja verschiedene Matrizen die gleiche Determinante haben können.
Naja, man könnte die Matrix ganz simpel auf [mm] a^2+b^2i [/mm] abilden oder?
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Hallo nochmal,
> Stimmt, die ist wirklich nich injektiv, da ja verschiedene
> Matrizen die gleiche Determinante haben können.
>
> Naja, man könnte die Matrix ganz simpel auf [mm]a^2+b^2i[/mm]
> abilden oder?
Wieso Quadrate?
Rechne nach, ob das ein Isomorphismus ist.
Aber wie willst du etwa als Bild die komplexe Zahl $-3-5i$ erreichen?
Naheliegend ist doch, so eine Matrix auf $a+bi$ abzubilden ...
Prüfe, ob das wohl ein Isomorphismus ist ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:33 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Ok, das seh ich ein, noch eine Sache dazu und zwar, kann man statt surjektiv und injektiv zu prüfen, einfach eine inverse Abbildung angeben. Geht das nur, in allgemeinen Fällen oder auch konkret hier?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:07 Di 28.08.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Wenn [mm]f: A \rightarrow B[/mm] und [mm]g: B \rightarrow A[/mm] Abbildungen sind, dann musst du zeigen, dass $f [mm] \circ g=\text{id}_B$ [/mm] und $g [mm] \circ [/mm] f = [mm] \text{id}_A$ [/mm] ist. Dann ist f (und g) bijektiv.
Das kannst du hier auch machen, aber ich denke, dass Injektivität und Surjektivität viel schneller zu zeigen sind.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:23 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Ok, ich versuchs mal einzeln.
Für Surjektivität muss ich ja zeigen, dass eine Matrix C existiert, sodass:
f(C)=a+ib gilt
Das ist doch aber offensichtlich, dass dies gilt oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:54 Di 28.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ok, ich versuchs mal einzeln.
>
> Für Surjektivität muss ich ja zeigen, dass eine Matrix C
> existiert, sodass:
>
> f(C)=a+ib gilt
>
> Das ist doch aber offensichtlich, dass dies gilt oder?
jein: 1. Was ist denn [mm] $f\,$? [/mm] Die Abbildung ist noch nirgends definiert
worden. (Oder ich hab's gerade beim Durchgehen der anderen Fragen
und Antworten übersehen.)
2. Wenn man [mm] $f\,$ [/mm] passend definiert, wird die Aufgabe ganz trivial!
Okay, anscheinend ist hier alles so offensichtlich, dass Du nicht glauben
willst, dass die Aufgabe so einfach ist. Machen wir's mal so:
Offenbar ist
[mm] $$M:=\{\pmat{a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22}}:\;a_{11}=a_{22} \text{ und }a_{21}=-a_{12},\;\;\; a_{ij} \in \IR \text{ für }i,j=1,\,,2\}\,.$$
[/mm]
Jetzt geh' erstmal hin und definiere $f: M [mm] \to \IC\,,$ [/mm] indem Du etwa nur
die Einträge [mm] $a_{11}$ [/mm] und [mm] $a_{12}$ [/mm] bei der Vorschrift für [mm] $f\,$ [/mm]
verwendest.
Damit ist es wirklich einfach, zu zeigen, dass [mm] $f\,$ [/mm] injektiv ist. Dass [mm] $f\,$
[/mm]
auch surjektiv ist, geht, indem Du quasi "rückwärts denkst" (wie müssen
denn dann [mm] $c_{11}$ [/mm] und [mm] $c_{12}$ [/mm] bei einer Matrix [mm] $C=\pmat{c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & c_{22}} \in [/mm] M$ aussehen
- Tipp: Für [mm] $z\in \IC$ [/mm] bedenke, dass [mm] $z=\underbrace{\text{Re}(z)}_{\in \IR}+i*\underbrace{\text{Im}(z)}_{\in \IR}\,,$ [/mm] und danach definiere [mm] $c_{11}$ [/mm] und [mm] $c_{12}$ [/mm] so, dass $C [mm] \in [/mm] M$ sofort ersichtlich).
P.S.
Beispiele, und das ist nun wirklich der Wink mit dem Zaunpfahl:
1.)
[mm] $$f(\pmat{\red{2} & \blue{3}\\-3 & 2})=\red{2}+i*\blue{3}\,.$$
[/mm]
2.)
Ist [mm] $z=3+i*4\,,$ [/mm] also [mm] $\blue{\text{Re}}(z)=3$ [/mm] und [mm] $\red{\text{Im}(z)}=4\,,$ [/mm] so gilt für [mm] $C:=\pmat{\blue{3} & \red{4} \\ -\red{4} & \blue{3}}$ [/mm] dann [mm] $f(C)=z\,.$
[/mm]
P.P.S.
[mm] $f\,$ [/mm] könnte man natürlich auch unter Verwendung von etwa [mm] $a_{21}$ [/mm] und [mm] $a_{22}$ [/mm] definieren - oder auch unter Verwendung von [mm] $a_{12}$ [/mm] und [mm] $a_{22}$ [/mm] oder ...
Grund: Der Zusammenhang zwischen den Einträgen einer Matrix aus [mm] $M\,.$
[/mm]
Und ergänzend: Man kann auch [mm] $f\,$ [/mm] anders definieren - das hier ist nur
"bzgl. der Matrixeinträge" sicher "die natürlichste Definitionsmöglichkeit".
Und falls Du fragst, wie man auf andere [mm] $f\,$ [/mm] kommen kann: Nunja, offenbar könnte man auch Abbildungen wie $z [mm] \mapsto -z\,,$ [/mm] oder
[mm] $z\mapsto \overline{z}$ [/mm] (indirekt) mitverwenden. Denn das sind
(einfache) Bijektionen [mm] $\IC \to \IC\,.$
[/mm]
Ob das (nun) Durchgestrichene richtig ist oder nur ein Teil davon, darüber
kannst Du ja selbst nachdenken. Ich hatte vergessen, dass ihr mehr
wolltet als nur zu zeigen, dass [mm] $M\,$ [/mm] und [mm] $\IC$ [/mm] gleichmächtig sind.
Ob die Homomorphie für [mm] $f\,$ [/mm] dann immer noch gelten würde, müsste
man nachrechnen. Dazu bin ich gerade zu faul. 
Nebenbei: Die Homomorphieeigenschaft, also
$$f(A*B)=f(A)*f(B)$$
(linkerhand ist die Matrixmultiplikation gemeint) ist natürlich auch noch
nachzuprüfen. Aber das ist alles nur Nachrechnerei! (Berechne etwa
[mm] $A*B\,$ [/mm] für $A,B [mm] \in M\,,$ [/mm] dann schau, was bei [mm] $f(A*B)\,$ [/mm] rauskommen
sollte und schau, was bei der Multiplikation zwischen der komplexen Zahl
[mm] $f(A)\,$ [/mm] mit der komplexen Zahl [mm] $f(B)\,$ [/mm] rauskommt.)
Analoges natürlich auch für die Addition (aber das ist quasi durch Hingucken ersichtlich, weil Matrizenaddition eintragsweise definiert ist, und
die Addition komplexer Zahlen zwischen Real- und Imaginärteil einzeln
stattfindet).
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:32 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Danke für deine Antwort!
Die Abbildung war ja:
f: M -> [mm] \IC
[/mm]
[mm] \begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix} [/mm] -> x+yi
Für Injektivität muss ja gelten: [mm] f(\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix})=f( \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix})=> \begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix}
[/mm]
Also:
[mm] f(\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix})=f( \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix}) [/mm] <=> x+yi=a+bi <=> (x-a)+(y-b)i=0 <=> [mm] f(\begin{pmatrix}
x-a & y-b \\
-(y-b) & x-a
\end{pmatrix})=0
[/mm]
[mm] f(\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix})=0 =>\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix}=0=> \begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix}
[/mm]
Passt das so?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:42 Di 28.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke für deine Antwort!
>
> Die Abbildung war ja:
>
> f: M -> [mm]\IC[/mm]
> [mm] \begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}[/mm] -> x+yi
>
> Für Injektivität muss ja gelten: [mm]f(\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix})=f( \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix})[/mm]
> =>
den Folgepfeil bekommst Du so (anklicken, mit Maus drüberfahren oder oder oder): [mm] $\Rightarrow$
[/mm]
Also strenggenommen solltest Du nicht an Worten oder Symbolen sparen:
Seien [mm] $R:=\pmat{a & b \\ -b & a}$ [/mm] und [mm] $S:=\pmat{x & y \\ -y &x}$ [/mm] zwei Matrizen
aus [mm] $M\,.$ [/mm] Es gelte (für [mm] $f\,$ [/mm] wie oben) nun [mm] $f(R)=f(S)\,,$ [/mm] und für die
Injektivität ist nun [mm] $R=S\,$ [/mm] zu folgern.
Also logisch absolut korrekt, beim Aufschreiben bist Du etwas sparsam.
(Was nun aber hier nicht wirklich schlimm ist!)
> [mm]\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix}[/mm]
>
> Also:
>
> [mm]f(\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix})=f( \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix})[/mm]
> <=> x+yi=a+bi <=> (x-a)+(y-b)i=0 <=> [mm]f(\begin{pmatrix}
x-a & y-b \\
-(y-b) & x-a
\end{pmatrix})=0[/mm]
>
> [mm]f(\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix})=0 =>\begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix}=0=> \begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix}[/mm]
>
> Passt das so?
Ja und nein: Denke mal nach, welche Eigenschaften von [mm] $f\,$ [/mm] Du hier
schon benutzt, ohne sie nachgewiesen zu haben. Aber viel wesentliches
ist schon dabei, ich schreib's nochmal in Kurzfassung auf:
Es gilt [mm] $f(R)=f(S)\,$ [/mm] genau dann, wenn [mm] $x+y*i=a+b*i\,.$ [/mm] Letzteres
wiederum genau dann, wenn [mm] $(x-a)+(y-b)*i=0\,.$ [/mm] Eine komplexe Zahl
ist genau dann Null, wenn sowohl ihr Realteil als auch ihr Imaginärteil
Null ist. Also ist letztstehende Gleichung gleichwertig zu [mm] $x-a=0\,$ [/mm] und
[mm] $y-b=0\,.$ [/mm] Also gilt [mm] $f(R)=f(S)\,$ [/mm] genau dann, wenn [mm] $x=a\,$ [/mm] und [mm] $y=b\,.$
[/mm]
Und es gilt auch [mm] $R=S\,$ [/mm] genau dann, wenn [mm] $x=a\,$ [/mm] und [mm] $y=b\,.$
[/mm]
Fazit: Wir sehen so insbesondere, dass gilt
$$f(R)=f(S) [mm] \Rightarrow [/mm] (x=a [mm] \text{ und }y=b) \Rightarrow R=S\,.$$
[/mm]
(Du siehst insbesondere, dass wir zwar überall [mm] $\gdw$-Zeichen
[/mm]
verwenden durften, aber nur gewisse Folgerungen eigentlich die
"wichtigen" waren!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:08 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Ich habe die Eigenschaft des Homomorphismus' benutzt ohne sie nachgewiesen zu haben meiner Meinung nach. Aber dies ist mir ziemlich klar. Nur wie zeige ich hier die Surjektivität? Klar ist es mir schon, nur formal hab ich da ein Problem.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:31 Di 28.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich habe die Eigenschaft des Homomorphismus' benutzt ohne
> sie nachgewiesen zu haben meiner Meinung nach.
ja, und Du hast Dich ein wenig im Kreis gedreht: Du wolltest nämlich
benutzen, dass der Homomorphismus nur die Nullmatrix auf die
komplexe Null abbildet. Das wäre äquivalent zur Injektivität.
(Du könntest also auch nachweisen, wenn Du nachrechnest, dass
[mm] $f\,$ [/mm] ein Homomorphismus ist, dass aus [mm] $f(R)=0\,$ [/mm] schon folgt, dass
[mm] $R\,$ [/mm] die Nullmatrix aus [mm] $\IR^{2 \times 2}$ [/mm] (welche auch in [mm] $M\,$ [/mm] liegt)
ist - das würde dann hier die Injektivität von [mm] $f\,$ [/mm] zeigen, wenn man
schon weißt, dass [mm] $f\,$ [/mm] ein Homomorphismus ist. Auf das letztstehende
Wissen kannst Du dann dabei aber NICHT verzichten!)
> Aber dies
> ist mir ziemlich klar. Nur wie zeige ich hier die
> Surjektivität? Klar ist es mir schon, nur formal hab ich
> da ein Problem.
Na, es sei $z [mm] \in \IC\,.$ [/mm] Dann gibt es eine Darstellung
[mm] $z=\text{Re}(z)+i*\text{Im}(z)\,.$ [/mm] Wir definieren [mm] $a:=\text{Re}(z)$
[/mm]
und [mm] $b:=\text{Im}(z)\,.$ [/mm] Wie könnte man nun wohl in einer Matrix
[mm] $$Z:=\pmat{z_{11} & z_{12} \\z_{21} & z_{22}}$$
[/mm]
die Einträge
[mm] $$z_{11},\,z_{12},\,z_{21},\,z_{22}$$ [/mm]
mit obigen [mm] $a\,$ [/mm] und [mm] $b\,$ [/mm] so definieren, dass einerseits $Z [mm] \in M\,,$ [/mm] und
dass damit dann [mm] $f(Z)=z\,$ [/mm] folgt?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:53 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Ich habe das Gefühl, ich denke zu kompliziert.
[mm] z_{11}=a=-z_{21} [/mm] und [mm] z_{12}=b=z_{22}
[/mm]
Damit gilt das doch da z=a+bi ist.
Irgendwie kommt mir das komisch vor.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:32 Di 28.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich habe das Gefühl, ich denke zu kompliziert.
>
> [mm]z_{11}=a=-z_{21}[/mm] und [mm]z_{12}=b=z_{22}[/mm]
vielleicht sind's nur Vertipper, aber [mm] $z_{11}:=a=:z_{\blue{\mathbf{22}}}\,.$ [/mm] Und dann [mm] $z_{12}:=b=:-z_{\blue{\mathbf{21}}}$
[/mm]
> Damit gilt das doch da z=a+bi ist.
>
> Irgendwie kommt mir das komisch vor.
Ja, es kommt einem komisch vor, weil es so einfach ist. Aber ausgenutzt
hat man dabei schon einiges: 1. Jede Zahl $z [mm] \in \IC$ [/mm] kann man als
[mm] $z=a+i*b\,$ [/mm] mit $a,b [mm] \in \IR$ [/mm] schreiben. (Die Eindeutigkeit der Darstellung
brauchen wir hier nicht. Man könnte auch mit der eindeutigen Darstellung
einer komplexen Zahl in dieser Form direkt die Bijektivität folgern, aber
egal!)
2. Wir definieren zunächst in einer Matrix [mm] $Z\,$ [/mm] nur zwei Einträge, wenn
$z=a+i*b$ ist
[mm] $$Z=\pmat{a & b\\ ... & ...}\,.$$
[/mm]
Jetzt wollen wir $Z [mm] \in [/mm] M$ haben und sehen dann, dass dafür [mm] $Z\,$ [/mm]
zwingend nur noch so aussehen kann
[mm] $$Z=\pmat{a & b\\ -b & a}\,.$$
[/mm]
Aber bedenke: Bisher hast Du nur gezeigt, dass sich die Menge dieser
$2 [mm] \times [/mm] 2$-Matrizen bijektiv auf [mm] $\IC$ [/mm] abbilden läßt. Du hast ja noch
Homomorphieeigenschaften der von Dir gewählten Abbildung
nachzuweisen. Und dabei ist gerade die "Produkt komplexer Zahlen"-
Eigenschaft ein bisschen rechenaufwendig. (Sie ist weder schwer noch
viel, nur sie ist mMn das einzige, wo man wirklich was rechnen kann bzw.
es auf jeden Fall sollte!)
P.S.
Wenn Du danach Lust hast, kannst Du ja nachrechnen, dass wir auch
[mm] $$g(\pmat{a & b\\ -b & a}):=a+i*(-b)=\overline{a+i*b}=\overline{f(\pmat{a & b\\ -b & a})}$$
[/mm]
als Abbildung ($g: M [mm] \to \IC$) [/mm] hätten wählen können. Aber erstmal die Aufgabe mit [mm] $f\,$
[/mm]
wie oben zu Ende rechnen.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:55 Di 28.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Ja, ist ein Schreibfehler, sorry.
Die Homomorphieeigenschaft für die Addition lasse ich mal aus, da ich diese verstehe.
Nun zur Multiplikation:
f( [mm] \begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix})=f( \begin{pmatrix}
xa-yb & xb+ya \\
-ya-xb & -yb+xa
\end{pmatrix})=(xa-yb)+(xb+ya)i
[/mm]
(x+yi)*(a+bi)=xa+xbi+yai-yb=(xa-yb)+(xb+ya)i
Passt also!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:00 Mi 29.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ja, ist ein Schreibfehler, sorry.
dachte ich mir. 
> Die Homomorphieeigenschaft für die Addition lasse ich mal
> aus, da ich diese verstehe.
>
> Nun zur Multiplikation:
>
> f( [mm] \begin{pmatrix}
x & y \\
-y & x
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix})=f( \begin{pmatrix}
xa-yb & xb+ya \\
-ya-xb & -yb+xa
\end{pmatrix})=(xa-yb)+(xb+ya)i[/mm]
>
> [mm] $\underbrace{(x+yi)}_{\red{=f( \pmat{x & y \\
-y & x})}}\;\;*\;\;\underbrace{(a+bi)}_{\red{f( \pmat{a & b \\
-b & a})=}}=xa+xbi+yai-yb=(xa-yb)+(xb+ya)i$
[/mm]
>
> Passt also!
sieht doch gut aus. Was man vielleicht auch mal noch irgendwo hätte
erwähnen sollen/können (was man hier insbesondere auch sieht),
ist die Abgeschlossenheit der Multiplikation der Matrizen aus [mm] $M\,.$
[/mm]
Also $R,S [mm] \in [/mm] M [mm] \Rightarrow [/mm] R*S [mm] \in M\,.$ [/mm] Aber wie gesagt: Hier sieht
man's eigentlich auch, dass dem so ist.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:49 Mi 29.08.2012 | | Autor: | AntonK |
Gut, ich weiß Bescheid, danke euch!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:58 Di 28.08.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Marcel,
> Und falls Du fragst, wie man auf andere [mm]f\,[/mm] kommen kann:
> Nunja, offenbar könnte man auch Abbildungen wie [mm]z \mapsto -z\,,[/mm]
> oder
> [mm]z\mapsto \overline{z}[/mm] (indirekt) mitverwenden. Denn das
> sind
> (einfache) Bijektionen [mm]\IC \to \IC\,.[/mm]
> Ob das (nun)
> Durchgestrichene richtig ist oder nur ein Teil davon,
> darüber
> kannst Du ja selbst nachdenken. Ich hatte vergessen, dass
> ihr mehr
> wolltet als nur zu zeigen, dass [mm]M\,[/mm] und [mm]\IC[/mm] gleichmächtig
> sind.
> Ob die Homomorphie für [mm]f\,[/mm] dann immer noch gelten würde,
> müsste
> man nachrechnen. Dazu bin ich gerade zu faul.
die Abbildung $z [mm] \mapsto [/mm] -z$ ist nur dann ein Ringhomomorphismus, wenn $-1 = +1$ ist. (Ich geh jetzt mal von Ringen mit Eins aus :) )
Die Abbildung $z [mm] \mapsto \overline{z}$ [/mm] der komplexen Zahlen auf sich selber ist ein Ringhomomorphismus (es ist der Erzeuger der Galoisgruppe von [mm] $\IC$ [/mm] ueber [mm] $\IR$).
[/mm]
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:31 Di 28.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Felix,
> Moin Marcel,
>
> > Und falls Du fragst, wie man auf andere [mm]f\,[/mm] kommen kann:
> > Nunja, offenbar könnte man auch Abbildungen wie [mm]z \mapsto -z\,,[/mm]
>
> > oder
> > [mm]z\mapsto \overline{z}[/mm] (indirekt) mitverwenden. Denn das
> > sind
> > (einfache) Bijektionen [mm]\IC \to \IC\,.[/mm]
> > Ob das (nun)
> > Durchgestrichene richtig ist oder nur ein Teil davon,
> > darüber
> > kannst Du ja selbst nachdenken. Ich hatte vergessen,
> dass
> > ihr mehr
> > wolltet als nur zu zeigen, dass [mm]M\,[/mm] und [mm]\IC[/mm] gleichmächtig
> > sind.
> > Ob die Homomorphie für [mm]f\,[/mm] dann immer noch gelten
> würde,
> > müsste
> > man nachrechnen. Dazu bin ich gerade zu faul.
>
> die Abbildung [mm]z \mapsto -z[/mm] ist nur dann ein
> Ringhomomorphismus, wenn [mm]-1 = +1[/mm] ist. (Ich geh jetzt mal
> von Ringen mit Eins aus :) )
okay. Sei $h(z)=-z$ ein Ringhomomorphismus zwischen Ringen mit [mm] $1,\,$ [/mm] dann ist [mm] $h(1)=h(1*1)=h(1)*h(1)\,,$ [/mm] also [mm] $h(1)=1\,.$ [/mm]
Somit folgt einerseits [mm] $h(-1)=h(-1*1)=-1*h(1)=-1*1=-1\,,$ [/mm] aber andererseits
per Definitionem
[mm] $$h(-1)=-(-1)=1\,.$$
[/mm]
Okay, das glaube ich Dir nun.
> Die Abbildung [mm]z \mapsto \overline{z}[/mm] der komplexen Zahlen
> auf sich selber ist ein Ringhomomorphismus (es ist der
> Erzeuger der Galoisgruppe von [mm]\IC[/mm] ueber [mm]\IR[/mm]).
Was der Erzeuger der Galoisgruppe ist, weiß ich nicht. Aber irgendwann
werde ich mal versuchen, den Satz zu verstehen.
Aber ich hab's eben nachgerechnet, dass man [mm] $\pmat{a &b \\ -b & a} \mapsto a+i*(-b)\,$ [/mm] auch wählen kann. (Das folgt zwar schneller aus
Deiner Aussage, aber geschadet hat's mir nicht. )
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:56 Di 28.08.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Marcel,
> > die Abbildung [mm]z \mapsto -z[/mm] ist nur dann ein
> > Ringhomomorphismus, wenn [mm]-1 = +1[/mm] ist. (Ich geh jetzt mal
> > von Ringen mit Eins aus :) )
>
> okay. Sei [mm]h(z)=-z[/mm] ein Ringhomomorphismus zwischen Ringen
> mit [mm]1,\,[/mm] dann ist [mm]h(1)=h(1*1)=h(1)*h(1)\,,[/mm] also [mm]h(1)=1\,.[/mm]
> Somit folgt einerseits [mm]h(-1)=h(-1*1)=-1*h(1)=-1*1=-1\,,[/mm]
> aber andererseits
> per Definitionem
> [mm]h(-1)=-(-1)=1\,.[/mm]
> Okay, das glaube ich Dir nun.
gut :)
Interessant koennte es bei Ringen ohne Eins sein. In Nullringen (nicht verwechseln mit dem ![[]](/images/popup.gif) Nullring, der auch ein Einselement hat -- ein allg. Nullring erfuellt einach $a*b=0$ fuer alle $a, b [mm] \in [/mm] R$) ist das z.B. auch ein Automorphismus.
> > Die Abbildung [mm]z \mapsto \overline{z}[/mm] der komplexen Zahlen
> > auf sich selber ist ein Ringhomomorphismus (es ist der
> > Erzeuger der Galoisgruppe von [mm]\IC[/mm] ueber [mm]\IR[/mm]).
>
> Was der Erzeuger der Galoisgruppe ist, weiß ich nicht.
Die Galoisgruppe ist die Menge (die automatisch eine Gruppe ist) der Automorphismen von [mm] $\IC$, [/mm] die [mm] $\IR$ [/mm] festhalten (oder anders gesagt: die [mm] $\IR$-linear [/mm] sind). Die Gruppe hat hier genau zwei Elemente, ist also zyklisch der Ordnung 2. Das eine Element ist die Identitaet, das andere erzeugt die Gruppe.
> Aber irgendwann
> werde ich mal versuchen, den Satz zu verstehen.
Ist weniger schlimm als es sich anhoert
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:48 Di 28.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Moin Marcel,
>
> > > die Abbildung [mm]z \mapsto -z[/mm] ist nur dann ein
> > > Ringhomomorphismus, wenn [mm]-1 = +1[/mm] ist. (Ich geh jetzt mal
> > > von Ringen mit Eins aus :) )
> >
> > okay. Sei [mm]h(z)=-z[/mm] ein Ringhomomorphismus zwischen Ringen
> > mit [mm]1,\,[/mm] dann ist [mm]h(1)=h(1*1)=h(1)*h(1)\,,[/mm] also [mm]h(1)=1\,.[/mm]
> > Somit folgt einerseits [mm]h(-1)=h(-1*1)=-1*h(1)=-1*1=-1\,,[/mm]
> > aber andererseits
> > per Definitionem
> > [mm]h(-1)=-(-1)=1\,.[/mm]
> > Okay, das glaube ich Dir nun.
>
> gut :)
>
> Interessant koennte es bei Ringen ohne Eins sein. In
> Nullringen (nicht verwechseln mit dem
> Nullring, der auch
> ein Einselement hat -- ein allg. Nullring erfuellt einach
> [mm]a*b=0[/mm] fuer alle [mm]a, b \in R[/mm]) ist das z.B. auch ein
> Automorphismus.
>
> > > Die Abbildung [mm]z \mapsto \overline{z}[/mm] der komplexen Zahlen
> > > auf sich selber ist ein Ringhomomorphismus (es ist der
> > > Erzeuger der Galoisgruppe von [mm]\IC[/mm] ueber [mm]\IR[/mm]).
> >
> > Was der Erzeuger der Galoisgruppe ist, weiß ich nicht.
>
> Die Galoisgruppe ist die Menge (die automatisch eine Gruppe
> ist) der Automorphismen von [mm]\IC[/mm], die [mm]\IR[/mm] festhalten (oder
> anders gesagt: die [mm]\IR[/mm]-linear sind). Die Gruppe hat hier
> genau zwei Elemente, ist also zyklisch der Ordnung 2. Das
> eine Element ist die Identitaet, das andere erzeugt die
> Gruppe.
>
> > Aber irgendwann
> > werde ich mal versuchen, den Satz zu verstehen.
>
> Ist weniger schlimm als es sich anhoert
ich find', der Satz hört sich eigentlich sympathisch an. (Das einzige
Problem ist, dass ich im Studium fast nix über Gruppen gehört habe (nur
Minimalitäten) und ich mich selbst gerne mal hin und wieder damit
beschäftigen würde, wenn ich mehr Zeit hätte. Lese gerade ab und an
das Buch von Meyberg und Karpfinger. Mein Problem ist: Zu viel Interesse
an zu vielen Dingen und zu wenig Zeit, um mal irgendwas richtig durch-
zuarbeiten. Nebenher würde ich gerne noch Tensoranalysis und Differentialgeometrie mal kapieren ^^)
Gruß,
Marcel
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