Gruppenhomomorphismus < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
ich glaube, ich habe eine recht einfache Frage, aber mir fehlt noch ein Denkschluss: Es geht um Folgendes:
Ich will die Anzahl von Gruppenhomomorphismen zwischen zyklischen Gruppen bestimmen.
Ich weiß, dass ich den Homomorphiesatz und Lagrange verwenden kann.
Ich weiß, dass die Anzahl der Gruppenhomomorphismen der Anzahl der Elemente aus der einen zyklischen Gruppe entsprechen, die, potenziert mit der Ordnung der anderen Gruppe, = 1 sind.
Also: [mm] \left | Grp(\IZ/m\IZ, \IZ/n\IZ) \right [/mm] | = [mm] \left | \left \{ a\epsilon\IZ/n\IZ\mid a^m = 1 \right \}\right [/mm] |
Wenn ich dies für Z/4Z auf Z/6Z betrachte, dann komm ich damit auf 2 Homomorphismen,da [mm] 5^4 [/mm] = 1 (mod 6) und [mm] 1^4 [/mm] = 1 (mod 6), also gibt es zwei.
Und jetzt die Frage: Wie kann ich dies auf m und n verallgemeinern? Sind das so viele, wie es zu m UND n teilerfremde Zahlen gibt? (Wenn m und n teilerfremd sind, habe ich in ähnlichen Fragen gelesen, "es gibt nur einen Homomorphismus, da m und n teilerfremd") Und warum wäre das dann so? Ich denke, dass hier Lagrange deutlich mehr gewusst hätte, weiß es auch jemand von Euch?
Vielen Dank!
Dudel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:50 Di 03.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Dudel,
> Ich will die Anzahl von Gruppenhomomorphismen zwischen
> zyklischen Gruppen bestimmen.
Zwischen endlichen zyklischen Gruppen genügt?
> Ich weiß, dass die Anzahl der Gruppenhomomorphismen der
> Anzahl der Elemente aus der einen zyklischen Gruppe
> entsprechen, die, potenziert mit der Ordnung der anderen
> Gruppe, = 1 sind.
>
> Also: [mm]\left | Grp(\IZ/m\IZ, \IZ/n\IZ) \right[/mm] | = [mm]\left | \left \{ a\epsilon\IZ/n\IZ\mid a^m = 1 \right \}\right[/mm]
> |
Das stimmt i.A. nur dann, wenn man [mm] $a^m=1$ [/mm] als [mm] $m\cdot [/mm] a=0$ liest.
Gesucht ist also die Anzahl der [mm] $a\in\IZ/n\IZ$, [/mm] deren Ordnung $m$ teilt.
> Und jetzt die Frage: Wie kann ich dies auf m und n
> verallgemeinern?
Da muss ich passen, daher lasse ich die Frage als nur teilweise beantwortet markiert.
> Sind das so viele, wie es zu m UND n
> teilerfremde Zahlen gibt?
Du meinst anscheinend etwas anderes als du schreibst: Es gibt stets unendlich viele zu m und n teilerfremde Zahlen.
> (Wenn m und n teilerfremd sind,
> habe ich in ähnlichen Fragen gelesen, "es gibt nur einen
> Homomorphismus, da m und n teilerfremd") Und warum wäre
> das dann so?
Wie viele [mm] $a\in\IZ/n\IZ$, [/mm] deren Ordnung $m$ teilt, gibt es dann? Als Ordnung von solchen $a$ kommt nur die 1 in Frage, da eine solche Ordnung sowohl m als auch n teilen muss. Und welche Elemente von [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] haben Ordnung 1? Nur das neutrale Element 0. Also ist die gesuchte Anzahl gerade 1.
Viele Grüße
Tobias
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Hallo Tobias, danke! (Zu dem [mm] a^m [/mm] und a*m: Ja, ich muss aufpassen mit der multiplikativen und additiven Schreibweise ... )
Aber: Ist Dein letzter Abchnitt nicht die Verallgemeinerung? Du sagst, was mir auch einleuchtend erscheint, dass die Ordnung der Elemente sowohl m und auch n teilen müssen. Wenn m und n teilerfremd, dann gibt es nur den Homomorphismus "alles auf die 0", da es nur eine Ordnung gibt, die beide teilt.
Bei meinem Beispiel Z/4Z --> Z/6Z gibt es jedoch zwei Elemente in der Z/6Z, deren Ordnung 4 (=m) teilen, nämlich die 3 und die 6. Und damit gibt es zwei Gruppenhomomorphismen. (Und damit ist meine alte Argumentation, warum es zwei geben soll, falsch).
Weiteres Bsp:
Wenn dies so stimmte, dann müsste es 4 Homomorphismen geben, die Z/4Z auf Z/12Z abbilden, da die 3,6,9,0 Ordnungen in Z/12Z haben, die die 4 teilen.
Oder?
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??: Also ich hab da jetzt nochmal draufgeschaut.
Kann es sein, dass es einfach ggt(m,n) viele Homomorphismen gibt? Kann es so einfach sein? Mir erscheint dies gerade ziemlich offensichtlich, aber warum steht das nirgendwo falls es stimmt? Stimmt es?
Danke, falls sich da jemand auskennt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:07 Di 03.04.2012 | | Autor: | hippias |
Jede zyklische Gruppe ist direktes Produkt von zyklischen Gruppen von Primzahlpotenzordnung. Zwischen Gruppen von Primzahlpotenzordnung kann es nur dann einen nichttrivialen Homomorphismus geben, wenn die Primzahlen gleich sind. Ferner ist ein Homomorphismus durch das Bild eines Erzeugers eindeutig bestimmt.
Aus dem Bauch gibt es zu [mm] $a\in \IZ_{p^{m}}$ [/mm] genau dann einen Homomorphismus [mm] $:\IZ_{p^{n}}\to \IZ_{p^{m}}$ [/mm] mit [mm] $1\mapsto [/mm] a$, wenn [mm] $p^{m}a= [/mm] 0$. Diese Anzahl ist $= [mm] p^{n}$, [/mm] falls [mm] $n\leq [/mm] m$ und $= [mm] p^{m}$, [/mm] falls $n>m$, also gleich dem ggT.
Ich hoffe, ich habe keinen dummen Fehler gemacht.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:45 Mi 04.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Kann es sein, dass es einfach ggt(m,n) viele Homomorphismen
> gibt? Kann es so einfach sein? Mir erscheint dies gerade
> ziemlich offensichtlich, aber warum steht das nirgendwo
> falls es stimmt? Stimmt es?
Ja, tatsächlich!
Man kann ohne Bezug auf zyklische Gruppen von Primzahlpotenzordnung argumentieren:
Gesucht ist die Anzahl der [mm] $a\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ [/mm] mit [mm] $m\cdot\overline{a}=\overline{0}$ [/mm] in [mm] $\IZ/n\IZ$, [/mm] also die Anzahl der [mm] $a\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ [/mm] mit [mm] $n|(m\cdot [/mm] a)$ in [mm] $\IZ$.
[/mm]
Sei g=ggT(n,m), so können wir n und m schreiben als
[mm] $n=g\cdot [/mm] n'$
[mm] $m=g\cdot [/mm] m'$
mit [mm] $n',m'\in\IN$ [/mm] teilerfremd.
Es gilt die Äquivalenz
[mm] $n|(m\cdot a)\iff n'|(m'\cdot a)\iff [/mm] n'|a$.
Also sind die gesuchten [mm] $a\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ [/mm] gerade
[mm] $0,n',2n',\ldots,(g-1)n'$.
[/mm]
Dies sind wie gewünscht g viele!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:57 Mi 04.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Bei meinem Beispiel Z/4Z --> Z/6Z gibt es jedoch zwei
> Elemente in der Z/6Z, deren Ordnung 4 (=m) teilen, nämlich
> die 3 und die 6. Und damit gibt es zwei
> Gruppenhomomorphismen. (Und damit ist meine alte
> Argumentation, warum es zwei geben soll, falsch).
>
> Weiteres Bsp:
> Wenn dies so stimmte, dann müsste es 4 Homomorphismen
> geben, die Z/4Z auf Z/12Z abbilden, da die 3,6,9,0
> Ordnungen in Z/12Z haben, die die 4 teilen.
>
> Oder?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Alles richtig!
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