Isomorphisätze < Algebra-Kurs 2006 < Universität < Vorkurse < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 22:08 Mo 25.09.2006 | | Autor: | Docy |
Hallo Leute,
ich habe gelesen, dass die Isomorphisätze eine Folge des Homomorphisatzes sind. Ich verstehe überhaupt nicht, wieso das der Fall ist. Kann mir da jemand weiterhelfen? Und kann mir dann vielleicht noch einer verraten, was die Isomorphisätze eigentlich aussagen?
Vielen Dank schonmal im Voraus
(bitte um eine nicht allzu komplizierte Erklärung)
Gruß
Docy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:46 Di 26.09.2006 | | Autor: | Docy |
Hallo Leute,
ist die Frage zu schwer? Oder zu allgemein gestellt? Naja, ich würde mich weiterhin über jegliche Hilfe freuen...
Gruß
Docy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:11 Mi 27.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Docy!
> ist die Frage zu schwer? Oder zu allgemein gestellt? Naja,
> ich würde mich weiterhin über jegliche Hilfe freuen...
Ich bin zur Zeit ein wenig im Stress (insb. deshalb weil ich mir am Wochenende eine gute Erkaeltung eingefangen hab), deshalb hatte ich gehofft das sich jemand anders der Frage annimmt.
Zu deiner Frage:
Hast du dir die Beweise der Isomorphiesaetze angeschaut? In den Beweisen wird (als wichtigste Zutat) der Homomorphiesatz benutzt: Deshalb werden die Isomorphiesaetze auch als Folgerungen des Homomorphiesatzes bezeichnet.
Zur anderen Frage:
Ich persoenlich kann mir die Isomorphiesaetze am besten mit Vektorraeumen und Untervektorraeumen veranschaulichen. Was dir aber wohl wenig hilft, da dir die benoetigten Lineare-Algebra-Kenntnisse fehlen. Vielleicht hat da jemand eine bessere Idee?
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:44 Mi 27.09.2006 | | Autor: | Docy |
Hi felixf,
yo den Beweis habe ich mir angeschaut, allerdings verstehe ich den nicht. Ist hier [mm] H\mapsto [/mm] HN/N ein Gruppenhomomorphismus mit [mm] H\cap [/mm] N als Kern, so dass dann nach dem Homomorphisatz gilt, [mm] H/H\cap N\mapsto [/mm] HN/N? Und wieso ist [mm] H\cap [/mm] N gleich dem Kern? So habe ich es jedenfalls verstanden!
Gruß
Docy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:45 Do 28.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Docy!
> yo den Beweis habe ich mir angeschaut, allerdings verstehe
> ich den nicht. Ist hier [mm]H\mapsto[/mm] HN/N ein
Du meinst $H [mm] \to [/mm] HN/N$. Der Pfeil [mm] $\to$ [/mm] wird fuer die Abbildung selber benutzt, und [mm] $\mapsto$ [/mm] fuer die konkrete Abbildungsvorschrift. Also wie in $f : [mm] \IR \to \IR$, [/mm] $x [mm] \mapsto x^2$. [/mm] Aber das nur nebenbei ;)
> Gruppenhomomorphismus mit [mm]H\cap[/mm] N als Kern, so dass dann
> nach dem Homomorphisatz gilt, [mm]H/H\cap N\mapsto[/mm] HN/N? Und
> wieso ist [mm]H\cap[/mm] N gleich dem Kern? So habe ich es
> jedenfalls verstanden!
Ja das ist so. Warum das der Kern ist? Entweder man `sieht' es, oder man rechnet es nach 
Sei [mm] $\phi [/mm] : H [mm] \to [/mm] HN/N$ die Abbildung. Sei $x [mm] \in [/mm] H$ mit [mm] $\phi(x) [/mm] = 0$ (wobei die $0$ in $HN/N$ gerade $N$ ist), also [mm] $\phi(x) [/mm] = x + N = N$. Das bedeutet gerade, dass $x [mm] \in [/mm] N$ ist, womit $x [mm] \in [/mm] H [mm] \cap [/mm] N$ ist.
Ist andersherum $x [mm] \in [/mm] H [mm] \cap [/mm] N$, so ist [mm] $\phi(x) [/mm] = x + N = N$, womit [mm] $\phi(x) [/mm] = 0$ ist.
Also ist der Kern von [mm] $\phi$ [/mm] gerade $H [mm] \cap [/mm] N$.
Oder etwas anders: Der Kern von [mm] $\phi$ [/mm] ist gerade [mm] $i^{-1}(N)$, [/mm] wobei $i : H [mm] \to [/mm] H N$ die Inklusionsabbildung ist. (Hier ist [mm] $i^{-1}$ [/mm] die Urbildfunktion und nicht die Umkehrfunktion; die gibt es naemlich gar nicht.) Also ist [mm] $\ker\phi [/mm] = [mm] \{ x \in H \mid x = i(x) \in \ker(N H \to N H/N) = N \} [/mm] = H [mm] \cap [/mm] N$. (Anders ausgedrueckt: Der Kern von $H N [mm] \to [/mm] H N/N$ ist $N$, womit der Kern der zusammengesetzten Abbildung das ist, was durch die Inklusionsabbildung $H [mm] \to [/mm] H N$ auf $N$ abgebildet wird; aber das ist ja gerade $H [mm] \cap [/mm] N$.)
LG Felix
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Hola amigos,
die Homomorphie- und Isomorphie du kannst sehr gu veranschaulichen in etwas allgemeineres Kontext von
Universelles Algebra.
Betrachten wir algebraische Strukturen über Signatur F= endliche Menge von Paaren (f,n), wobei f ist Operationssymbol und n gibt Stelligkeit an.
ZB bei Gruppen wir haben drei Operationen (e,0) (neutrales Element ist nullstelliges Operation), [mm] (\cdot, [/mm] 2) (Gruppenverknüpfung ist zweistelliges
Operation und [mm] ((\:)^{-1},1) [/mm] (Inversen-Operation ist einstellig).
Allgemein in Terminologie von Universelles Algebra, eine Algebra von Typ F oder über Signatur F ist ein Paar [mm] (A,F_A) [/mm] wobei A ist endliches Menge
und [mm] F_A [/mm] enthált genau zu jedes [mm] (f,n)\in [/mm] F eine Abbildung [mm] f^A\colon A^n\to [/mm] A.
Nun betrachten wir ganz allgemein solches fixiertes F und eine F-Algebra [mm] (A,F_A). [/mm] Sei [mm] R\subseteq A\times [/mm] A eine Äquivalenzrelation, dann können
wir betrachten das Menge [mm] A\slash R=\{[a]_R|a\in A\} [/mm] von Äquivalenzklassen von R, wobei also
[mm] [a]_R=\{b\in A|\: (a,b)\in R\}.
[/mm]
Nun fragen wir uns, wann wir auf das Menge [mm] A\slash [/mm] R wieder F-Algebra definieren können, indem wir das Rechnen mit den Äquivalenzklassen
definieren durch ursprüngliches Rechnen mit Elementen in A, also
zB für n-stelliges Operationssymbol f
[mm] f^{A\slash R}([a_1]_R,\ldots [/mm] , [mm] [a_n]_R) \:\: :=\:\: [f^A(a_1,\ldots [/mm] , [mm] a_n)]_R
[/mm]
Nun, dies ist sich genau dann wohldefiniert, wenn also diese Definition nicht abhängt von Wahl der Vertreter von Äquivalenzklassen, d.h.
wenn aus
[mm] b_1\in [a_1]_R,\ldots b_n\in[a_n]_R, [/mm] also aus [mm] [b_1]_R=[a_1]_R,\ldots [/mm] , [mm] [b_n]_R=[a_n]_R [/mm] auch folgt
[mm] [f^A(a_1,\ldots [/mm] , [mm] a_n)]_R=[f^A(b_1,\ldots [/mm] , [mm] b_n]_R \quad\quad\quad\quad [/mm] (con)
Eine Äquivalenzrelation R heisst Kongruenzrelation genau dann, wenn (con) für dieses Äquivalenzrelation gilt.
Kann man zB zeigen:
Wenn G Gruppe ist und N Untergruppe , so ist N genau dann Normalteiler von G, wenn
[mm] R_N=\{(a,b)\in G^2| a\cdot b^{-1}\in N\} [/mm]
Kongruenzrelation ist.
Kann man zB für Ringe zeigen, dass Kongruenzrelationen genau den Idealen entsprechen, und bei Vektorráumen den Untervektorräumen.
Nun wenn [mm] (A,F_A) [/mm] und [mm] (B,F_B) [/mm] sind F-Algebren, dann Homomorphismus von A nach B ist Abbildung [mm] h\colon A\to [/mm] B, was vertráglich ist mit alle
Operationen, d.h. für jedes [mm] (f,n)\in [/mm] F und [mm] a_1,\ldots [/mm] , [mm] a_n\in [/mm] A gilt
[mm] h(f^A(a_1,\ldots, a_n))=f^B(h(a_1),\ldots [/mm] , [mm] h(a_n))
[/mm]
Kern von Homomorphismus definiert man in Universelles Algebra als Menge von Paaren , was unter h auf selbe Element gehen:
[mm] kern(h):=\{(a,a')\in A^2|\: h(a)=h(a')\}
[/mm]
Kann man leicht nachrechnen:
- kern(h) ist Kongruenzrelation auf A.
Nun Homomorphiesatz sagt:
Kann ich h darstellen also Komposition von zwei Homomorphismen
[mm] \pi_h\colon A\to A\slash [/mm] kern(h) (was ist surjektiv)
und
[mm] i_h\colon A\slash kern(h)\to [/mm] B
was ist injektiv, also bijektiv auf [mm] Bild(h)=\{b\in B|\exists a\in A\:\: h(a)=b\}
[/mm]
Nun kommen Isomorphiesátze.
Sei [mm] (A,F_A) [/mm] Algebra und seien [mm] R,T\subseteq A^2 [/mm] Kongruenzrelationen mit [mm] R\subseteq [/mm] T.
Dann definieren wir [mm] R\slash T:=\{([a]_R,[b]_R)|(a,b)\in T\}
[/mm]
Dann [mm] R\slash [/mm] T ist Kongruenzrelation auf Algebra [mm] A\slash [/mm] R.
Erstes Isomorphiesatz sagt:
[mm] A\slash T\:\: ist\:\: isomorph\:\: zu\:\: (A\slash R)\slash (R\slash [/mm] T)
mit kanonisches Isomorphismus
[mm] [\:\: [a]_R\:\: ]_{R\slash T}\:\: \mapsto\:\: [a]_T
[/mm]
Zweites Isomorphiesatz betrachtet Verhältnis von Übergang zu Subalgebra und Quotientenbildung:
Wenn [mm] (B,F_B) [/mm] Subalgebra von [mm] (A,F_A) [/mm] ist , d.h. [mm] B\subseteq [/mm] A und
[mm] \forall\: (f,n)\in F\:\: f^B=\:\: f^A\:\: eingeschránkt\:\: auf\:\: [/mm] B
dann in gewisse Sinn Übergang zu Subalgebra und Quotientenbildung vertauschen:
Sei also B Subalgebra von A und sei R Kongruenzrelation von A, dann
[mm] R_B:=R\cap B^2=\{(a,b)\in R\:\: |a,b\in B\}
[/mm]
ist Kongruenzrelation auf B, und
sei [mm] B^R:=\{[a]_R\in A\slash R|\:\: [a]_R\cap B\neq \emptyset\}
[/mm]
Dann [mm] B^R [/mm] ist Subalgebra von [mm] A\slash [/mm] R, und es gilt:
[mm] B^R [/mm] ist isomorph zu [mm] B\slash R_B
[/mm]
via kanonisches Isomorphismus.
Kann ich sehr gute Buch empfehlen, was auch ist online frei verfugbar:
![[]](/images/popup.gif) http://www.math.uwaterloo.ca/~snburris/htdocs/ualg.html
Da in Kapitel uber Homomorphie- und Isomorphiesátze man findet auch wunderbare Illustrationen,
und ich finde in dieses allgemeine Kontext viel besser verständlich als es ist immer formuliert in Algebra zB für Gruppen.
Liebe Gruss
just-math
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:27 Mi 27.09.2006 | | Autor: | Docy |
Hallo just-math,
danke für deine Anstrengung. Das ist zwar gut gemeint, aber ich bin mit dem ganzen Stoff leider noch nicht vertraut. Deshalb lasse ich die Frage mal offen.....
Gruß
Docy
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:32 Do 28.09.2006 | | Autor: | Docy |
Hallo nochmal,
ich wollte mal fragen, wozu man die beiden Isomorphisätze braucht. Mit dem Homomorphisatz kann man ja Isomorphie nachweisen und was haben die Isomorphiesätze für einen Zweck?
Wäre nett, wenn mir jemand ein (oder mehrere) Beispiele für ihre Verwendung zeigen könnte...
Gruß
Docy
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:56 Do 28.09.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Docy!
> ich wollte mal fragen, wozu man die beiden Isomorphisätze
> braucht. Mit dem Homomorphisatz kann man ja Isomorphie
> nachweisen und was haben die Isomorphiesätze für einen
> Zweck?
Damit kann man ebenfalls Isomorphien nachweisen :) Der Homomorphiesatz wird manchmal auch als 1. Isomorphiesatz bezeichnet (und die Nummerierung der anderen Isomorphiesaetze dann entsprechend geaendert).
> Wäre nett, wenn mir jemand ein (oder mehrere) Beispiele für
> ihre Verwendung zeigen könnte...
Schau dir mal die folgende Aufgabe vom zweiten Blatt an: Dort wird der 1. Isomorphiesatz benutzt.
Den 2. Isomorphiesatz benoetigt man, wenn man etwas mehr mit Faktorgruppen rechnet. Sagen wir mal, du hast eine Gruppe $G$ mit Normateiler $N [mm] \subseteq [/mm] G$, und du betrachtest $G/N$. Jetzt hast du einen Normalteiler [mm] $\tilde{N} \subseteq [/mm] G/N$. Nach Aufgabe 9 vom 2. Blatt gehoert dazu ein Normalteiler $N' [mm] \subseteq [/mm] G$ mit $N [mm] \subseteq [/mm] N'$ und $N'/N = [mm] \tilde{N}$.
[/mm]
Wenn du jetzt wissen willst, wie $(G/N) / [mm] \tilde{N} [/mm] = (G/N) / (N'/N)$ aussieht, dann ist das nach dem 2. Isomorphiesatz gerade $G/N'$.
Wenn du zum Beispiel die Untergruppen von [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] untersuchen moechtest, kannst du damit wie folgt vorgehen (beachte, dass alle Untergruppen bereits Normalteiler sind, da [mm] $\IZ$ [/mm] kommutativ ist):
Jede Untergruppe $U [mm] \subseteq \IZ/n\IZ$ [/mm] entspricht einer Untergruppe $U' [mm] \subseteq \IZ$ [/mm] mit [mm] $n\IZ \subseteq [/mm] U'$. Alle solchen Untergruppen sind jedoch von der Form $U' = [mm] m\IZ$ [/mm] mit $m [mm] \mid [/mm] n$ (also $m$ teilt $n$). Damit ist $U = [mm] m\IZ/n\IZ$ [/mm] fuer einen Teiler $m$ von $n$, und es gilt [mm] $(\IZ/n\IZ) [/mm] / U' [mm] \cong \IZ/m\IZ$ [/mm] nach dem 2. Isomorphiesatz.
So siehst du, dass die Teiler von $n$ gerade den Untergruppen von [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] entsprechen, und dass die Quotienten von [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] gerade von der Form [mm] $\IZ/m\IZ$ [/mm] sind mit $m [mm] \mid [/mm] n$.
Das kann man natuerlich auch direkt nachrechnen, ohne den 2. Isomorphiesatz zu bemuehen, aber der Sinn von Saetzen ist es ja grad, das man sich dadurch (etwas) Arbeit erspart 
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:53 So 01.10.2006 | | Autor: | Docy |
Hallo,
kann mir an dieser Stelle bitte jemand weiterhelfen? Und zwar habe ich eine Frage zu einem Schritt in einem Beweis: Beim ersten Isomorphisatz soll gezeigt werden, dass der Kern der Abbildung [mm] \varphi [/mm] : H [mm] \mapsto [/mm] HN/N gleich H [mm] \cap [/mm] N ist.
Erstmal: Ist N das neutrale Element von [mm] HN\N? [/mm] Also gilt:
ker [mm] \varphi [/mm] = {h [mm] \in [/mm] H; hnN=N} = {h [mm] \in [/mm] H; hN=N} = {h [mm] \in [/mm] H; h [mm] \in [/mm] N} = H [mm] \cap [/mm] N. Gilt das jetzt, weil nN = N und weil für h Werte aus N eingesetzt werden müssen, damit gilt h [mm] \in [/mm] N und n [mm] \in [/mm] N und daraus hn [mm] \in [/mm] N???
Dann noch eine kleine Frage zum 2. Isomorphisatz:
Warum ist H/N eine Untergruppe von G/N?
Ich hoffe, mir ist zu helfen...
Gruß
Docy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:35 Mo 02.10.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Docy!
Bitte pass mit den [mm] \{ und \} [/mm] in deinen Postings auf, so wie du das jetzt geschrieben hattest war es ziemlich aufwaendig darauf zu antworten (da man alles richtig in Matheumgebungen verfrachten musste).
> kann mir an dieser Stelle bitte jemand weiterhelfen? Und
> zwar habe ich eine Frage zu einem Schritt in einem Beweis:
> Beim ersten Isomorphisatz soll gezeigt werden, dass der
> Kern der Abbildung [mm]\varphi[/mm] : H [mm]\mapsto[/mm] HN/N gleich H [mm]\cap[/mm] N
> ist.
>
> Erstmal: Ist N das neutrale Element von [mm]HN/N?[/mm] Also gilt:
Vorsicht, es gibt einen Unterschied zwischen $/$ und [mm] $\backslash$! [/mm] :)
> ker [mm]\varphi = \{h \in H; hnN=N\} =[/mm]
Was soll das $n$ da in $hnN$? Per Definition gilt [mm] $\ker\varphi [/mm] = [mm] \{ h \in H : \varphi(h) = h N = N \}$.
[/mm]
> [mm]\{h \in H; hN=N\} = \{h \in H; h \in N\} = H \cap N[/mm]. Gilt das jetzt, weil nN = N und
> weil für h Werte aus N eingesetzt werden müssen, damit gilt
> h [mm]\in[/mm] N und n [mm]\in[/mm] N und daraus hn [mm]\in[/mm] N???
Fuer ein $n [mm] \in [/mm] G$ gilt genau dann $n N = N$, wenn $n [mm] \in [/mm] N$ ist. (Weisst du warum?) Damit bekommst du sofort die letzte Gleichheit.
> Dann noch eine kleine Frage zum 2. Isomorphisatz:
> Warum ist H/N eine Untergruppe von G/N?
Betrachte die Abbildung [mm] $\pi [/mm] : G [mm] \to [/mm] G/N$. Dies ist ja ein Gruppenhomomorphismus, da $N$ ein Normalteiler ist. Nun ist $H$ eine Untergruppe von $G$, womit [mm] $\pi(H)$ [/mm] eine Untergruppe von $G/N$ ist (das war mal ne Aufgabe). So. Und nun ist [mm] $\pi(H) [/mm] = [mm] \{ h N \mid h \in H \} [/mm] = H/N$, voila
> Ich hoffe, mir ist zu helfen...
Ich denke schon
LG Felix
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