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Gruppenhomomorphismus

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Gruppen

Tags: Gruppen

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17:46 Uhr, 25.11.2012

Einen schönen Sonntagnachmittag wünsche ich

Ich soll zeigen, dass die folgenden Abbildungen Gruppenhomomorphismen sind:

φ_{1} : (ℤ, +) \to (ℤ / 10, +), x \to \bar{x + 1}

φ_{2} : (ℤ, +) \to ((ℤ / 6)^{*}, \cdot), x \to {\bar{5}}^{k}

Mein vorrangiges Problem ist, dass ich mit (a)

ℤ / 10

, (b)

\bar{x + 1}

, (c)

((ℤ / 6)^{*}, \cdot)

und (d)

{\bar{2}}^{k}

überhaupt nichts anfangen kann. Was beudetet hoch

*

oder

ℤ / 10

oder der Balken über

x + 1

?

Ich hoffe sehr, dass mir jemand von euch helfen kann ;-)

EDIT:
Okay, der obere Balken ist wohl wirklich nur die Invertierung. Den Rest verstehe ich allerdings immer noch nicht ;-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

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22:26 Uhr, 25.11.2012

Ich möchte nicht ungeduldig sein, aber kann ich eventuell meiner Frage noch ein paar Erklärungen hinzufügen oder hat sich einfach noch niemand am Sonntagabend vorbeigeschaut?

Ich weiß nicht konkret wie ich hier einen Homomorphismus nachweisen kann ... für einen Tipp wäre ich sehr dankbar.

jamang aktiv_icon

12:24 Uhr, 26.11.2012

Ich bin da auch überhaupt kein Experte, aber ein bisschen davon verstehe ich wohl. Z/10 wird wohl die Restklassenmenge sein, Z mod 10.

\overline{x + 1}

ist eine Restklasse, die werden mit bar-Strich geschrieben.

x \mapsto \overline{x + 1}

würde m.W. bedeuten, dass jeder ganzen Zahl x die Restklasse x+1 zugeordnet wird. Also

φ_{1} (3) = \overline{4}

((Z / 6)^{*}, \cdot)

ist eine Gruppe mit der Multiplikation als Verknüpfung. In

ℤ

gibt es für 0 jedoch kein Inverses Element, weshalb man also immer die Null auschließen muss. "Hoch *" heißt also für gewöhnlich, "ohne Null".

Soviel erstmal. Beim Beweis muss dir jemand helfen, der selbst kein Anfänger ist.

michaL aktiv_icon

12:36 Uhr, 26.11.2012

Hallo,

sicher, dass die Aufgabe so formuliert ist?
Die erste Abbildung ist schon allein deswegen kein(!) Gruppenhomomorphismus, da das neutrale Element von

(ℤ, +, 0, -)

nicht auf das neutrale Element von

(ℤ_{10}, +, 0, -)

abgebildet wird.

Auch die zweite Abbildung ist kein Gruppenhomomorphismus zwischen den angegebenen Gruppen.

Mfg Michael

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19:51 Uhr, 26.11.2012

Warum wird das neutrale Element nicht abgebildet? Ich bin mir unsicher, wie genau ich

\bar{x + 1}

zu interpretieren habe (bei

ℤ / 10

)

jamang aktiv_icon

20:45 Uhr, 26.11.2012

Ein Gruppenmorphismus

ϕ : G \to G ʹ

hat unter anderem die Eigenschaft, dass das neutrale Element e aus G auf das neutrale Element e' aus G' abbildet.
Also:

ϕ (e) = e ʹ .

Bei deinem ersten Beispiel sieht man sofort, dass das nicht passiert. Die 0 wird auf

\overline{1}

abgebildet. Das neutr. El. der Gruppe Z/10 ist aber

\overline{0} .

(Keine Gewähr, bin selbst Anfänger.)

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12:01 Uhr, 28.11.2012

φ_{2}

war leider ein Fehler, die Abbildung ist folgendermaßen definiert:

φ_{2} : (ℤ, +) \to ((ℤ / 6)^{*}, \cdot), x \to {\bar{5}}^{k}

Ich habe es folgendermaßen versucht:

φ_{2}

ist ein Gruppenhomomorphismus, da

φ_{2} (x + y) = {\bar{5}}^{x + y} = {\bar{5}}^{x} {\bar{5}}^{y} = φ_{2} (x) φ_{2} (y)

Ich bin jedoch von dieser Lösung nicht überzeugt. Zum einen muss es relevant sein, dass für

(ℤ / 6)^{*}

die Zahl

6

keine Primzahl ist. Zum anderen ist

5

die "größte" Restklasse, die bei Modulodivision durch

6

entsteht.

Kann mir hier vielleicht noch jemand weiterhelfen? Vielen Dank vorab!

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15:51 Uhr, 29.11.2012

Gibt es wirlkich niemanden, der mir meine Frage beantworten oder mich an eine andere Stelle verweisen kann?

michaL aktiv_icon

17:00 Uhr, 29.11.2012

Hallo,

doch, gibt es schon. Allerdings hatte sich ja nichts Neues ergeben, bis du deinen Fehler berichtigt hattest.
Hast du dir bei

φ_{2}

mal Gedanken über

(ℤ_{6}^{*}, \cdot, 1,^{- 1})

gemacht? Die Gruppe ist sehr überschaubar!

Mfg Michael

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17:15 Uhr, 29.11.2012

Sind meine Ansätze denn völlig falsch?

michaL aktiv_icon

22:46 Uhr, 29.11.2012

Hallo,

nein, zu

φ_{2}

nicht.

Bedenke aber, dass auch

{\overline{2}}^{x + y} = {\overline{2}}^{x} \cdot {\overline{2}}^{y}

gilt.
Allerdings ist es mit

\overline{2}

KEIN Homomorphismus in

(ℤ_{6}^{*}, \cdot, 1,^{- 1})

, mit

\overline{5}

schon!

Mfg Michael

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18:54 Uhr, 30.11.2012

Und woran kann ich das festmachen? Mein Problem ist, dass ich gar nicht richtig verstehe, was

{\bar{5}}^{k}

bedeuten soll. Momentan interpretiere ich es als "Rest von 5 modulo 6 = 5 und das Ergebnis (also 5) hoch k". Das macht aber keinen Sinn. Wie genau darf ich

\bar{5}

verstehen? "Was kommt da raus?"

michaL aktiv_icon

18:58 Uhr, 30.11.2012

Hallo,

doch, genau das darf man darunter verstehen. Jedenfalls kann man damit arbeiten.
Eigentlich ist

\overline{5}

eine Menge:

\overline{5} = {\dots; - 7; - 1; 5; 11; 17; \dots}

Mfg Michael

MeinNichkname aktiv_icon

19:05 Uhr, 30.11.2012

Nun, dann ist

\bar{2} = {\dots, - 10, - 4, 2, 8, 14, \dots}

. Aber warum ist

{\bar{2}}^{k}

im Gegensatz zu

{\bar{5}}^{k}

kein Gruppenhomomorphismus?

michaL aktiv_icon

19:12 Uhr, 30.11.2012

Hallo,

ich schrieb:
> Hast du dir bei

φ_{2}

mal Gedanken über

(ℤ_{6}^{*}, \cdot, 1,^{- 1})

gemacht? Die
> Gruppe ist sehr überschaubar!

\overline{2}

liegt jedenfalls NICHT darin!

Mfg Michael

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19:24 Uhr, 30.11.2012

Ich habe wohl ein grundsätzliches Verständnisproblem. Hilf mir bitte auf die Sprüunge: Weshalb liegt es nicht darin? Das ist mir wirklich nicht klar.

michaL aktiv_icon

19:47 Uhr, 30.11.2012

Hallo,

bestimme das Inverse von

\overline{2}

(ℤ_{6}^{*}, \cdot, 1,^{- 1})

.

Mfg Michael

MeinNichkname aktiv_icon

20:23 Uhr, 30.11.2012

Nun, genau DAS ist mein Problem. Ich kann mir nicht vorstellen, wie das Inverse von

\bar{2}

aussehen könnte. Wenn

\bar{2}

eine Menge von Zahlen sein soll, könnte das Inverse doch nur eine Art Komplementärmenge sein ...

michaL aktiv_icon

20:51 Uhr, 30.11.2012

Hallo,

multiplikative Inverse modulo

n

berechnet man mit dem euklidischen Algorithmus.

Merkst du? Wir kommen vom Hundertste ins Tausendste.

Mfg Michael

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