Frage zu Korollar 6.15 < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:08 Mo 15.07.2013 | | Autor: | Marcel |
| Aufgabe | Jede endlich erzeugte abelsche Gruppe $G$ ist isomorph zu
[mm] $\IZ^r \times \produkt_{j=1}^s \produkt_{i=1}^{s_j} \IZ/p_j^{r_{j,i}}\IZ$
[/mm]
für geeignete Primzahlen [mm] $p_j \in \IP$ [/mm] und natürliche Zahlen $r,s [mm] \in \IN_0;$ $s_j, r_{j,i} \in \IN.$
[/mm]
Die Zahl [mm] $r\,$ [/mm] sowie die Gruppen [mm] $\IZ/p_j^{r_{j,i}}\IZ$ [/mm] sind bis auf Reihenfolge eindeutig. |
Hallo,
obiges Korollar (6.15) findet man auf Seite 39
![[]](/images/popup.gif) hier (klick!)
(Müller-Stach, Piontkowski: Elementare und algebraische Zahlentheorie)
Im dortigen Beweis gibt es eine Stelle, wo ich mich frage, von was nun
gesprochen wird; es geht dabei wohl (erstmal) um die Eindeutigkeit der
Zahl [mm] $r\,:$
[/mm]
"Nimmt man eine Primzahl [mm] $p\,,$ [/mm] die nicht in der Menge [mm] $\{p_1,...,p_s\}$ [/mm] vorkommt,
so ist die Multiplikation mit [mm] $p\,$ [/mm] ein Isomorphismus auf den Gruppen [mm] $\IZ/p_{j}^{r_{j,i}}\IZ\,.$"
[/mm]
Daraufhin steht dann:
"Folglich ist
$G/pG [mm] \cong (\IZ/p\IZ)^r$
[/mm]
und damit [mm] $r\,$ [/mm] festgelegt."
Ich stehe hier gerade auf dem Schlauch und frage mich, von welcher
Multiplikation mit [mm] $p\,$ [/mm] überhaupt geredet wird? (Entsprechend verstehe
ich auch nicht das darauffolgende, dass diese ein Isomorphismus auf den
Gruppen [mm] $\IZ/p_{j}^{r_{j,i}}\IZ$ [/mm] sei!)
Kann mir das jemand ein wenig genauer beschreiben, was dort gemeint ist?
Gruß,
Marcel
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Vorbemerkung: Ich habe an ein paar Stellen auf korrekte Notationen für Modulorechnen verzichtet und einfach ganze Zahlen mit ihren Restklassen modulo $n$ für ein $n$ in Beziehung gesetzt. Ich hoffe es ist trotzdem noch verständlich, wenn nicht kannst du ruhig nachfragen.
Hey Marcel,
zuerst solltest du dir klar machen, wie man ein Element $m [mm] \in \IZ/n\IZ$ [/mm] mit einem $p$ multipliziert; hierbei $n,p [mm] \in \IN$.
[/mm]
Entweder du bedenkst, dass [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] nicht nur eine Gruppe sondern auch ein Ring ist, dann sollte klar sein, wie [mm] $m\cdot [/mm] p$ definiert ist.
Oder du bedenkst, dass [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] als Abelsche Gruppe ein [mm] $\IZ-$Modul [/mm] ist, auch hierdurch bekommst du [mm] $p\cdot [/mm] m$ definiert.
Das schöne daran ist, dass du hier in beiden Fällen die gleichen Resultate bekommst, auch wenn es formal gesehen natürlich verschiedene Multiplikationen sind.
Betrachten wir nun also die Abbildung [mm] $f_p [/mm] : [mm] \IZ/n\IZ \to \IZ/n\IZ, [/mm] m [mm] \mapsto [/mm] mp$.
Klar sollte sein, dass [mm] $f_p$ [/mm] ein Gruppenhomomorphismus ist.
Da [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] eine endliche Gruppe ist, ist [mm] $f_p$ [/mm] genau dann bijektiv, wenn es surjektiv ist, also genau dann wenn jedes Element aus [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] getroffen wird.
Wie du dir leicht klarmachen kannst ist dies genau dann der Fall, wenn die 1 getroffen wird (ist nämlich [mm] $p\cdot [/mm] m=1$, so ist [mm] $(p\cdot k)\cdot [/mm] m=k$ für alle $k$).
Nun also die Frage: Wann gibt es ein $m [mm] \in \IZ/n\IZ$ [/mm] mit $mp=1$?
Nach Euklid/Bezout wissen wir, dass dies genau dann der Fall ist, wenn $ggt(p,n)=1$.
Ist nun im Fall im Buch $p$ keine der gegebenen Primzahlen, so ist [mm] $ggt(p,p_i^{r_{ji}})=1$ [/mm] und damit ist [mm] $f_p$ [/mm] auf jeder einzelnen Gruppe - und damit auch auf dem Produkt dieser Gruppen - ein Isomorphismus.
Für jede der Gruppen aus dem Doppelprodukt ist also $G/pG = [mm] \{0\}$, [/mm] wobei $G= [mm] \IZ/p_j^{r_{ji}}\IZ$.
[/mm]
An dieser Stelle ist es angebracht dir klarzumachen, dass du $G/pG$ komponentenweise betrachten kannst, also $(G [mm] \times H)/p(G\times [/mm] H) [mm] \cong [/mm] G/pG [mm] \times [/mm] H/pH$ - was einfach aus der Tatsache folgt, dass $pG [mm] \subseteq [/mm] G$, $pH [mm] \subseteq [/mm] H$ und $G,H$ disjunkt sind.
Nun fällt also beim bilden von $G/pG$ das gesamte Doppelprodukt weg und es bleibt [mm] $\IZ^r/p\IZ^r$, [/mm] was (wieder [mm] $\IZ^r$ [/mm] als direktes Produkt auffassen) das Gleiche wie [mm] $(\IZ/p\IZ)^r$ [/mm] ist.
Haben wir nun nur die Gruppe $G$ gegeben und glauben noch nicht an die Eindeutigkeit von $r$, so ist dennoch $G/pG$ durch $G$ allein bestimmt.
Insbesondere ist $m := |G/pG|$ eindeutig bestimmt und wir erhalten $r = [mm] \frac{m}{p}$ [/mm] - insbesondere ist das $r$ durch $G$ eindeutig bestimmt.
Ich weiß ich habe nicht alles komplett bewiesen, aber ich hoffe die angedeuteten Ideen helfen dir die Aussage zu verstehen. Falls nicht kannst du gerne nachfragen.
lg
Schadow
PS: Diese Aussage, die dort bewiesen wird, findest du zB auch hier:
http://de.wikipedia.org/wiki/Hauptsatz_%C3%BCber_endlich_erzeugte_abelsche_Gruppen
Als noch Student kann ich nur bestätigen: Dieser Satz hat einen Namen, also sollte man ihn sich merken.
Viele Aussagen über endlich erzeugte Abelsche Gruppen werden sehr leicht zu zeigen, wenn man einfach sagt "oBdA habe die Gruppe diese Form" - das wirst du beim weiteren Studium des Buches sicher noch feststellen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:56 Di 16.07.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Schadow,
huch, jetzt frage ich wegen zwei kleinen Sätzen im Beweis nach, und da
kommt so eine "riesen" Antwort. Jetzt muss ich vielleicht mal schauen, ob
vieles von dem, was Du schreibst, vielleicht aus vorangegangenem folgt,
oder ob die Autoren da wirklich "den Beweis verdammt stark komprimiert"
haben.
Ich hoffe mal, dass ich morgen dazu komme; habe gerade auch noch einiges
anderes zu tun. Auf jeden Fall muss ich mir das echt mal ausdrucken und alles
auf Papier oder mein Whiteboard schreiben und das durch den Kopf gehen
lassen. Das wird vermutlich etwas länger dauern - länger, als ich erwartet
habe.
Auf jeden Fall Dir schonmal vielen Dank für die Mühe und die ausführliche
Antwort!! 
P.S. Bei mir im Studium wurde Algebra gar nicht angeboten und
Zahlentheorie war freiwillig - ich habe die Veranstaltung zwar besucht,
aber leider auch vieles vergessen. Zumal es eher analytische Zahlentheorie
war; ich kann mich jedenfalls auch nicht an diesen Satz da erinnern! Aber
das heißt ja nichts, so nach ca. 8 Jahren verliert man schonmal einiges aus
der Erinnerung, wenn man es nicht mehr gebraucht oder benutzt hat! ^^
Gruß,
Marcel
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