Warum ist R ein Q-Vektorraum < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:06 So 22.11.2009 | | Autor: | mathmos |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo zusammen,
wie schon im Betreff geschrieben, ist mir nicht ganz klar warum R ein Q-Vektorraum ist und z. B. Q kein R-Vektorraum ist.
Wer kann helfen?
Danke schonmal.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:17 So 22.11.2009 | | Autor: | Merle23 |
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Hallo zusammen,
>
> wie schon im Betreff geschrieben, ist mir nicht ganz klar
> warum R ein Q-Vektorraum ist und z. B. Q kein R-Vektorraum
> ist.
>
[mm] \IR [/mm] ist ein [mm] \IQ [/mm] -Vektorraum, da alle Vektorraumaxiome erfüllt sind. Bei welchem Axiom hast du denn Probleme es nachzuweisen?
[mm] \IQ [/mm] ist kein [mm] \IR [/mm] -Vektorraum, da nicht alle Vektorraumaxiome erfüllt sind. Kannst du herausfinden welche nicht erfüllt sind?
> Wer kann helfen?
>
> Danke schonmal.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:12 So 22.11.2009 | | Autor: | mathmos |
Hmm also irgendwie stehe ich total auf dem Schlauch. Mir ist nicht ganz klar in welchem Zusammenhang jetzt [mm] \IR [/mm] mit [mm] \IQ [/mm] steht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:17 So 22.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
wenn du ein r [mm] \in \IR [/mm] mit einem [mm] q\in \IQ [/mm] mult. wo liegt das Ergebnis? Wenn du ein [mm] q\in \IQ [/mm] mit etwa e mult. wo liegt das Ergebnis?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:46 So 22.11.2009 | | Autor: | mathmos |
Also r*q=(rq) [mm] \in \IR [/mm] und q*e=(qe) [mm] \in [/mm] E wenn [mm] \IQ \subset [/mm] E oder (qe) [mm] \in \IQ [/mm] wenn E [mm] \subset \IQ.
[/mm]
Muß denn dann immer X [mm] \subset [/mm] Vektorraum über Y sein um wahr zu sein?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:55 So 22.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
mit e meinte ich die Eulersche Zahl, ich hätte auch [mm] \wurzel{2} [/mm] schreiben können, eben was aus R und nicht Q.
Dann liegt e*Q nicht in Q. und du weisst die Antwort.
> Muß denn dann immer X [mm]\subset[/mm] Vektorraum über Y sein um
> wahr zu sein?
Diesen Satz versteh ich nicht was soll wahr sein?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:06 So 22.11.2009 | | Autor: | mathmos |
Ist [mm] \IR [/mm] ein Vektorraum über [mm] \IQ [/mm] weil [mm] \IQ \subset \IR [/mm] ist und deshalb insbesondere bei der Multiplikation das Ergebnis innerhalb von [mm] \IR [/mm] bleibt?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:09 So 22.11.2009 | | Autor: | mathmos |
Danke euch allen, hoffe es jetzt verstanden zu haben:
Also ist [mm] \IR [/mm] deshalb ein Vektorraum über [mm] \IQ [/mm] weil alle Vektorraumaxiome gelten, insbesondere [mm] \IR [/mm] x [mm] \IQ \to \IR [/mm] bei der Multiplikation.
Angenommen [mm] \IQ [/mm] x [mm] \IR \to \IQ [/mm] würde auch bei der Multiplikation gelten, dann wäre auch [mm] \IQ [/mm] ein Vektorraum über [mm] \IR?
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:17 So 22.11.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi, kein Problem!
> Danke euch allen, hoffe es jetzt verstanden zu haben:
>
> Also ist [mm]\IR[/mm] deshalb ein Vektorraum über [mm]\IQ[/mm] weil alle
> Vektorraumaxiome gelten, insbesondere [mm]\IR[/mm] x [mm]\IQ \to \IR[/mm] bei
> der Multiplikation.
Genau.
>
> Angenommen [mm]\IQ[/mm] x [mm]\IR \to \IQ[/mm] würde auch bei der
> Multiplikation gelten, dann wäre auch [mm]\IQ[/mm] ein Vektorraum
> über [mm]\IR?[/mm]
Das ist richtig. Aber leider gilt das ja nicht. Aber du kannst z.B. auch sagen, dass [mm] \IQ [/mm] ein Vektorraum über [mm] \IZ [/mm] oder über [mm] \IN [/mm] ist.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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Ist es denn möglich eine Abbildung [mm] \IQ\times\IZ\to\IZ [/mm] so zu definieren, dass [mm] \IZ [/mm] zu einem [mm] \IQ-Vektorraum [/mm] wird?
lg monkey
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:59 Mo 30.11.2009 | | Autor: | pelzig |
> Ist es denn möglich eine Abbildung [mm]\IQ\times\IZ\to\IZ[/mm] so
> zu definieren, dass [mm]\IZ[/mm] zu einem [mm]\IQ-Vektorraum[/mm] wird?
Nein, aber das ist nicht trivial.
Gruß, Robert
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nur ein kleinen tip wie man das beweisen könnte oder welches kriterium verletzt wird?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:28 Mo 30.11.2009 | | Autor: | pelzig |
Ich kann es auf die schnelle nur so wiedergeben wie ich es dieses Semester in Algebra II gelernt habe: Man kann zeigen, dass es eine Bijektion [mm] $$\{\varphi:\IQ\times\IZ\to\IZ\mid \varphi\text{ definiert }\IQ$-Modulstruktur auf $\IZ\}\quad\longrightarrow\quad\operatorname{Hom}_{\text{URings}}(\IQ,\operatorname{End_{\text{Groups}}(\IZ)})\cong\operatorname{Hom}_{\text{URings}}(\IQ,\IZ)$$ [/mm] gibt. Nun ist aber [mm] $\operatorname{Hom}_{\text{URings}}(\IQ,\IZ)\subset \operatorname{Hom}_{\text{Groups}}(\IQ,\IZ)$ [/mm] und letzteres ist der Dualraum des [mm] $\IZ$-Moduls $\IQ$, [/mm] und der ist trivial, d.h. enthält nur die Nullabbildung. Diese wiederum liegt aber nicht in [mm] $\operatorname{Hom}_{\text{URings}}(\IQ,\IZ)$, [/mm] denn die Eins muss ja auf die Eins abgebildet werden. Also [mm] $\operatorname{Hom}_{\text{URings}}(\IQ,\IZ)=\emptyset$, [/mm] d.h. es exisitert keine solche Modulstruktur.
Edit: Es geht noch viel schöner: Es gibt überhaupt gar keinen Körper [mm] $\IK$, [/mm] der [mm] $(\IZ,+)$ [/mm] zu einem [mm]\IK[/mm]-Vektorraum macht. Um das zu sehen schaut man sich wie oben [mm] $\operatorname{Hom}_{\text{URings}}(\IK,\IZ)$ [/mm] an. Jeder solche Homomorphismus [mm] $\rho$ [/mm] unitärer Ringe muss auf jeden Fall [mm]n\cdot 1[/mm] auf [mm]n[/mm] abbilden, ist also surjektiv (hier fliegen schon mal alle endlichen [mm]\IK[/mm]'s raus!). Weiter ist [mm] $\ker\rho$ [/mm] ein Ideal in [mm] $\IK$. [/mm] Ein Körper besitzt aber nur zwei Ideale, nämlich $(0)$ und ganz [mm]\IK[/mm] (letzteres scheidet aus da [mm]\rho\not\equiv 0[/mm] sein muss, wegen [mm] $\rho(1_\IK)=1_\IZ$). [/mm] Damit gilt nun [mm] $$\IK\cong \IK/\ker\rho\cong\operatorname{im}\rho=\IZ$. [/mm] D.h. [mm]\IZ[/mm] ist ein Körper - Widerspruch!
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:54 Mo 30.11.2009 | | Autor: | pelzig |
> Aber du kannst z.B. auch sagen, dass [mm]\IQ[/mm] ein Vektorraum über [mm]\IZ[/mm] oder über [mm]\IN[/mm] ist.
Sorry aber das ist einfach nur falsch. Ein Vektorraum braucht einen Körper, [mm] $\IZ$ [/mm] und [mm] $\IN$ [/mm] sind keine Körper.
[mm] $\IZ$ [/mm] ist ein Ring, man kann bestenfalls noch sagen [mm] $\IQ$ [/mm] ist ein [mm] $\IZ$-Modul [/mm] (und es gibt überhaupt nur eine [mm] $\IZ$-Modulstruktur [/mm] auf [mm] $\IQ$...)
[/mm]
Gruß, Robert
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> Sorry aber das ist einfach nur falsch. Ein Vektorraum
> braucht einen Körper, [mm]\IZ[/mm] und [mm]\IN[/mm] sind keine Körper.
> [mm]\IZ[/mm] ist ein Ring, man kann bestenfalls noch sagen [mm]\IQ[/mm] ist
> ein [mm]\IZ[/mm]-Modul (und es gibt überhaupt nur eine
> [mm]\IZ[/mm]-Modulstruktur auf [mm]\IQ[/mm]...)
>
> Gruß, Robert
Glaub ich nicht!
Per Definition (Fischer) bracuht man nur eine additive abelsche gruppe (zb [mm] \IZ) [/mm] und eine Multiplikation die die bekannten gesetzte erfüllt!
gruß monkey
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:07 Mo 30.11.2009 | | Autor: | pelzig |
> Per Definition (Fischer) bracuht man nur eine additive
> abelsche gruppe (zb [mm]\IZ)[/mm] und eine Multiplikation die die
> bekannten gesetzte erfüllt!
Es ging um [mm] $\IQ$ [/mm] als Vektorraum über [mm] $\IZ$, [/mm] nicht andersherum. Die Definition eines Vektorraums V über [mm] $\IK$ [/mm] lautet: $(V,+)$ ist eine abelsche Gruppe, [mm] $\IK$ [/mm] ist ein Körper, ...
Die andere Möglichkeit [mm] (\IZ [/mm] als [mm] $\IQ$-Vektorraum) [/mm] wäre prinzipiell denkbar, man kann aber zeigen dass es soetwas nicht geben kann.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:30 Mo 30.11.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Hast natürlich Recht. Hab es geändert.
Teufel
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hier