Koprodukt von Zahlenmengen < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:37 Mo 19.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
| Aufgabe | Hallo, bei folgender Aufgabe würde ich mich über eure Hilfe freuen:
Sei K die Klasse aller Algebren (A,S,e) vom Typ (1,0). Mit N bzw. Z bezeichnen wir die Algebren (N,S,0) bzw. (Z,S,0), wobei S die Nachfolgerfunktion auf N bzw. Z sei.
1.) Gib ein Koprodukt (in K) von N und N an. (D. h. es sind eine Algebra [mm](C,S_C)[/mm] und zwei Homomorphismen [mm]i_1, i_2 [/mm] gesucht.)
2.) Gib ein Koprodukt (in K) von N und Z an.
3.) Gib ein Koprodukt (in K) von Z und Z an. |
Meine Frage bezieht sich eigentlich nur auf 2.) und 3.), denn für 1.) habe ich - glaube ich - schon folgende Lösung gefunden:
C:=N [mm]i_1: N\rightarrow C: n\rightarrow 2n[/mm]
[mm]i_1: N\rightarrow C: n\rightarrow 2n+1 [/mm]
[mm]S_C(n):=n+2 [/mm] (wobei letzteres die Nachfolgerfunktion auf C bezeichne)
dann sind [mm] i_1, i_2 [/mm] homomorph
[mm]h(n):= f_1(n/2) [/mm], n gerade
[mm]h(n):= f_2(\frac{n-1}{2})[/mm], n ungerade
dann erfüllt h: [mm]f_i = h \circ i [/mm]
Dass h Homomorphismus ist, lässt sich durch [mm]h(S_C(n))=S_D(h(n))[/mm] leicht zeigen und die Eindeutigkeit auch.
Bei 2.) fehlt mir leider noch die Idee für C und die drei Funktionen (habe schon einige ausprobiert, aber hat nicht funktionier)
Bei 3.) würde ich dazu tendieren, für C=Z zu wählen, aber die Funktionen dafür fehlen mir noch.
Hat jemand von euch Ideen dazu?
LG
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Hallo Tipsi,
Es scheint mir, dass du bei deiner Lösung die Konstante ganz vergessen hast! Du hast nur (1)-Algebren betrachtet. Ob da die Lösung stimmt, habe ich nicht überprüft, aber es scheint mir zu kompliziert; außerdem sollte die Lösung symmetrisch in [mm] $\IN$ [/mm] sein.
Allgemein habe ich mir zu 1.) und 2.) Folgendes gedacht: Und zwar ist [mm] $\IN [/mm] $ ein initiales Objekt in der Kategorie der $(1,0)$-Algebren; dies entspricht im Wesentlichen gerade der kategorientheoretischen Definition der natürlichen Zahlen, (siehe etwa ![[]](/images/popup.gif) Natürliche-Zahlen-Objekt, auch hier). Es ist ein einfaches abstract nonsense-Argument, dass das Koprodukt eines Objektes $ a $ mit einem initialen Objekt isomorph zu $ a $ selbst ist (und zwar natürlich in $ a $).
Auf diese Weise sollte folgen, dass 1.) gegeben ist durch [mm] $\IN [/mm] $ und 2.) durch [mm] $\IZ [/mm] $, jeweils mit den gewöhnlichen Inklusionen.
Über 3.) muss ich noch nachdenken, wozu ich heute keine Zeit mehr habe. Allerdings ist deine Vermutung $ [mm] C=\IZ [/mm] $ durchaus plausibel, du solltest es dann mit den Identitäten für die Injektionen versuchen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:28 Mo 19.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Universelles Objekt,
danke für deine Hilfe.
Es stimmt, ich habe die nullstellige Funktion komplett vergessen.
Wie sieht sie denn aus? (Also es ist ja vorgegeben (A, S, e) vom Typ (1, 0), aber wie sieht denn das neutrale Element als Fkt aus? Muss ich, um zu zeigen, dass es sich mit der Homomorphieeigenschaft verträgt, nur zeigen, dass das neutrale Element wieder auf neutrale Element abgebildet wird?)
>
> Allgemein habe ich mir zu 1.) und 2.) Folgendes gedacht:
> Und zwar ist [mm]\IN[/mm] ein initiales Objekt in der Kategorie der
> [mm](1,0)[/mm]-Algebren; dies entspricht im Wesentlichen gerade der
> kategorientheoretischen Definition der natürlichen Zahlen,
> (siehe etwa
> Natürliche-Zahlen-Objekt,
> auch
> hier).
> Es ist ein einfaches
> dass das Koprodukt eines Objektes [mm]a[/mm] mit einem initialen
> Objekt isomorph zu [mm]a[/mm] selbst ist (und zwar natürlich in [mm]a [/mm]).
Was meinst du mit "natürlich in [mm]a[/mm] isomorph? Isomorph in K?
> Auf diese Weise sollte folgen, dass 1.) gegeben ist durch
> [mm]\IN[/mm] und 2.) durch [mm]\IZ [/mm], jeweils mit den gewöhnlichen
> Inklusionen.
Was meinst du mit den gewöhnlichen Inklusionen (vmtl. die Mengeninklusionen, aber soll ich diese dann für [mm] i_1 [/mm] und [mm] i_2 [/mm] verwenden?)
> Über 3.) muss ich noch nachdenken, wozu ich heute keine
> Zeit mehr habe. Allerdings ist deine Vermutung [mm]C=\IZ[/mm]
> durchaus plausibel, du solltest es dann mit den
> Identitäten für die Injektionen versuchen.
Das habe ich nun versucht, doch bin daran an folgendem Problem gescheitert:
Nennen wir die eine Menge der ganzen Zahlen [mm] Z_1 [/mm] und die andere [mm] Z_2. [/mm] Von beiden können ja unterschiedliche Homomorphismen [mm] f_1, f_2 [/mm] auf D [mm] \in [/mm] K abbilden. Wenn ich nun versuche, mir einen Homomorphismus h: C [mm] \rightarrow [/mm] D zu definieren, so stoße ich auf das Problem, dass ein und dasselbe z sowohl aus [mm] Z_1 [/mm] als auch aus [mm] Z_2 [/mm] auf C abgebildet wird und dann führt [mm] f_1(z)=h(z)=f_2(z) [/mm] ja auf einen Widerspruch?
(Verstehst du, was ich meine?)
Also darum habe ich auch bei 1. die komplizierte Variante mit [mm] i_1:=n \rightarrow [/mm] 2n und [mm] i_2:= [/mm] n [mm] \rightarrow [/mm] 2n+1 gewählt...
Würde es funktionieren, bei 1.) und 3.) N und Z für C zu wählen und jeweils die "komplizierten Funktionen"? (Bis auf den Teil mit nullstelliger Operation meiner Rechnung nach schon.)
Für 2.) klingt deine Erklärung mit Z plausibel, aber da fehlen dann noch die Funktionen (bzw. hast du ja Inklusionen erwähnt)?
Danke und LG
Tipsi
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> Hallo Universelles Objekt,
>
> danke für deine Hilfe.
> Es stimmt, ich habe die nullstellige Funktion komplett
> vergessen.
> Wie sieht sie denn aus? (Also es ist ja vorgegeben (A, S,
> e) vom Typ (1, 0), aber wie sieht denn das neutrale Element
> als Fkt aus? Muss ich, um zu zeigen, dass es sich mit der
> Homomorphieeigenschaft verträgt, nur zeigen, dass das
> neutrale Element wieder auf neutrale Element abgebildet
> wird?)
"Neutrales Element" ist das falsche Wort. Ein Element kann nur neutral sein bezüglich einer zweistelligen Relation. Es ist einfach eine Konstante. (Kategorientheoretisch lässt sich zeigen, dass [mm] $A^0$ [/mm] ist ein terminales Objekt in [mm] $\mathbf{Set}$, [/mm] das heißt es enthält nur ein Element. Eine Abbildung [mm] $A^0\longrightarrow [/mm] A$ ist daher durch das Bild dieses Elementes bestimmt, dieses identifizieren wir mit der Konstante).
>
> >
> > Allgemein habe ich mir zu 1.) und 2.) Folgendes gedacht:
> > Und zwar ist [mm]\IN[/mm] ein initiales Objekt in der Kategorie der
> > [mm](1,0)[/mm]-Algebren; dies entspricht im Wesentlichen gerade der
> > kategorientheoretischen Definition der natürlichen Zahlen,
> > (siehe etwa
> > Natürliche-Zahlen-Objekt,
> > auch
> > hier).
> > Es ist ein einfaches
> > dass das Koprodukt eines Objektes [mm]a[/mm] mit einem initialen
> > Objekt isomorph zu [mm]a[/mm] selbst ist (und zwar natürlich in [mm]a [/mm]).
> Was meinst du mit "natürlich in [mm]a[/mm] isomorph? Isomorph in
> K?
Sei $0$ irgendein Objekt (einer Kategorie). Für jeden Pfeil (Homomorphismus) [mm] $a\longrightarrow [/mm] b$ gibt es jetzt einen eindeutigen Pfeil [mm] $0\sqcup a\longrightarrow 0\sqcup [/mm] b$, sodass das Diagramm
[mm] $\begin{matrix}a&a\sqcup 0&0\\b&b\sqcup 0&0\end{matrix}$
[/mm]
kommutiert. (Die Pfeile musst du dir leider dazudenken, die vertikalen Pfeile zeigen nach unten, die übrigen in die Mitte.) Falls $0$ jetzt initial ist, gilt [mm] $a\sqcup 0\cong [/mm] a$ für den mittleren Pfeil (warum?). Die Natürlichkeit dieses Isomorphismus besagt genau, dass das Diagramm
[mm] $\begin{matrix}a&a\sqcup 0\\b&b\sqcup 0\end{matrix}$
[/mm]
kommutiert. Dies ist ein Grundbegriff der Kategorientheorie (Natürliche Transformation.
Aber das ist natürlich nur Zusatzwissen; hier benötigen wir das nicht, sondern nur [mm] $a\sqcup 0\cong [/mm] a$ falls $0$ initial ist. Da [mm] $\IN$ [/mm] initial in unserer vorliegenden Kategorie ist (falls das nicht klar ist, zeige dies, es ist eine Umformulierung der rekursiven Definition), können wir [mm] $\IN$ [/mm] bzw. [mm] $\IZ$ [/mm] für $a$ einsetzen und [mm] $\IN$ [/mm] für $0$ einsetzen und finden [mm] $\IN\sqcup\IN\cong\IN$ [/mm] und [mm] $\IZ\sqcup\IN\cong\IZ$ [/mm] und unsere Homomorphismen werden durch obige Diagramme induziert.
> > Auf diese Weise sollte folgen, dass 1.) gegeben ist durch
> > [mm]\IN[/mm] und 2.) durch [mm]\IZ [/mm], jeweils mit den gewöhnlichen
> > Inklusionen.
> Was meinst du mit den gewöhnlichen Inklusionen (vmtl. die
> Mengeninklusionen, aber soll ich diese dann für [mm]i_1[/mm] und
> [mm]i_2[/mm] verwenden?)
Ja, Inklusion.
>
> > Über 3.) muss ich noch nachdenken, wozu ich heute keine
> > Zeit mehr habe. Allerdings ist deine Vermutung [mm]C=\IZ[/mm]
> > durchaus plausibel, du solltest es dann mit den
> > Identitäten für die Injektionen versuchen.
>
> Das habe ich nun versucht, doch bin daran an folgendem
> Problem gescheitert:
> Nennen wir die eine Menge der ganzen Zahlen [mm]Z_1[/mm] und die
> andere [mm]Z_2.[/mm] Von beiden können ja unterschiedliche
> Homomorphismen [mm]f_1, f_2[/mm] auf D [mm]\in[/mm] K abbilden. Wenn ich nun
> versuche, mir einen Homomorphismus h: C [mm]\rightarrow[/mm] D zu
> definieren, so stoße ich auf das Problem, dass ein und
> dasselbe z sowohl aus [mm]Z_1[/mm] als auch aus [mm]Z_2[/mm] auf C abgebildet
> wird und dann führt [mm]f_1(z)=h(z)=f_2(z)[/mm] ja auf einen
> Widerspruch?
> (Verstehst du, was ich meine?)
> Also darum habe ich auch bei 1. die komplizierte Variante
> mit [mm]i_1:=n \rightarrow[/mm] 2n und [mm]i_2:=[/mm] n [mm]\rightarrow[/mm] 2n+1
> gewählt...
>
> Würde es funktionieren, bei 1.) und 3.) N und Z für C zu
> wählen und jeweils die "komplizierten Funktionen"? (Bis
> auf den Teil mit nullstelliger Operation meiner Rechnung
> nach schon.)
> Für 2.) klingt deine Erklärung mit Z plausibel, aber da
> fehlen dann noch die Funktionen (bzw. hast du ja
> Inklusionen erwähnt)?
Also nehmen wir mal an meine (unsere Vermutung) stimmt und das Koprodukt ist gegeben durch [mm] $\IZ\longrightarrow \IZ\longleftarrow\IZ$. [/mm] Wenn wir jetzt ein Diagramm
[mm] $\begin{matrix}\IZ&\IZ&\IZ\\&(D,s,e)&\end{matrix}$
[/mm]
haben (mit Homomorphismen aus den beiden äußeren [mm] $\IZ$'s [/mm] nach $D$), zeige, dass dieses beiden übereinstimmen (Induktion) und dass man daher den mittleren Pfeil auch so wählen kann (und muss), dass er mit diesen übereinstimmt. Das ist wieder dasselbe mit der rekursiven Definition wie oben bei den natürlichen Zahlen, wenn man die Konzeptionelle Sicht auf initiale Objekte ausblendet.
> Danke und LG
> Tipsi
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:09 Mi 21.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Hallo universelles Objekt,
> > Es stimmt, ich habe die nullstellige Funktion komplett
> > vergessen.
> > Wie sieht sie denn aus? (Also es ist ja vorgegeben (A, S,
> > e) vom Typ (1, 0), aber wie sieht denn das neutrale Element
> > als Fkt aus? Muss ich, um zu zeigen, dass es sich mit der
> > Homomorphieeigenschaft verträgt, nur zeigen, dass das
> > neutrale Element wieder auf neutrale Element abgebildet
> > wird?)
>
> "Neutrales Element" ist das falsche Wort. Ein Element kann
> nur neutral sein bezüglich einer zweistelligen Relation.
> Es ist einfach eine Konstante. (Kategorientheoretisch
> lässt sich zeigen, dass [mm]A^0[/mm] ist ein terminales Objekt in
> [mm]\mathbf{Set}[/mm], das heißt es enthält nur ein Element. Eine
> Abbildung [mm]A^0\longrightarrow A[/mm] ist daher durch das Bild
> dieses Elementes bestimmt, dieses identifizieren wir mit
> der Konstante).
Heißt das, ich muss zeigen, dass der Homomorphismus die Konstante wieder auf eine Konstante abbildet?
>
> >
> > >
> > > Allgemein habe ich mir zu 1.) und 2.) Folgendes gedacht:
> > > Und zwar ist [mm]\IN[/mm] ein initiales Objekt in der Kategorie der
> > > [mm](1,0)[/mm]-Algebren; dies entspricht im Wesentlichen gerade der
> > > kategorientheoretischen Definition der natürlichen Zahlen,
> > > (siehe etwa
> > > Natürliche-Zahlen-Objekt,
> > > auch
> > > hier).
> > > Es ist ein einfaches
> > > dass das Koprodukt eines Objektes [mm]a[/mm] mit einem initialen
> > > Objekt isomorph zu [mm]a[/mm] selbst ist (und zwar natürlich in [mm]a [/mm]).
> > Was meinst du mit "natürlich in [mm]a[/mm] isomorph? Isomorph in
> > K?
>
> Sei [mm]0[/mm] irgendein Objekt (einer Kategorie). Für jeden Pfeil
> (Homomorphismus) [mm]a\longrightarrow b[/mm] gibt es jetzt einen
> eindeutigen Pfeil [mm]0\sqcup a\longrightarrow 0\sqcup b[/mm],
> sodass das Diagramm
>
> [mm]\begin{matrix}a&a\sqcup 0&0\\b&b\sqcup 0&0\end{matrix}[/mm]
>
> kommutiert. (Die Pfeile musst du dir leider dazudenken, die
> vertikalen Pfeile zeigen nach unten, die übrigen in die
> Mitte.) Falls [mm]0[/mm] jetzt initial ist, gilt [mm]a\sqcup 0\cong a[/mm]
> für den mittleren Pfeil (warum?). Die Natürlichkeit
> dieses Isomorphismus besagt genau, dass das Diagramm
>
> [mm]\begin{matrix}a&a\sqcup 0\\b&b\sqcup 0\end{matrix}[/mm]
>
> kommutiert. Dies ist ein Grundbegriff der Kategorientheorie
> (Natürliche Transformation.
Was bedeutet denn das Zeichen [mm]\sqcup[/mm], es ist mir leider nicht geläufig?
>
> Aber das ist natürlich nur Zusatzwissen; hier benötigen
> wir das nicht, sondern nur [mm]a\sqcup 0\cong a[/mm] falls [mm]0[/mm] initial
> ist. Da [mm]\IN[/mm] initial in unserer vorliegenden Kategorie ist
> (falls das nicht klar ist, zeige dies, es ist eine
> Umformulierung der rekursiven Definition), können wir [mm]\IN[/mm]
> bzw. [mm]\IZ[/mm] für [mm]a[/mm] einsetzen und [mm]\IN[/mm] für [mm]0[/mm] einsetzen und
> finden [mm]\IN\sqcup\IN\cong\IN[/mm] und [mm]\IZ\sqcup\IN\cong\IZ[/mm] und
> unsere Homomorphismen werden durch obige Diagramme
> induziert.
>
> > > Auf diese Weise sollte folgen, dass 1.) gegeben ist durch
> > > [mm]\IN[/mm] und 2.) durch [mm]\IZ [/mm], jeweils mit den gewöhnlichen
> > > Inklusionen.
Okay, das entspricht dann auch genau den Identitäten oder?
> >
> > > Allerdings ist deine Vermutung [mm]C=\IZ[/mm]
> > > durchaus plausibel, du solltest es dann mit den
> > > Identitäten für die Injektionen versuchen.
> >
> > Das habe ich nun versucht, doch bin daran an folgendem
> > Problem gescheitert:
> > Nennen wir die eine Menge der ganzen Zahlen [mm]Z_1[/mm] und die
> > andere [mm]Z_2.[/mm] Von beiden können ja unterschiedliche
> > Homomorphismen [mm]f_1, f_2[/mm] auf D [mm]\in[/mm] K abbilden. Wenn ich nun
> > versuche, mir einen Homomorphismus h: C [mm]\rightarrow[/mm] D zu
> > definieren, so stoße ich auf das Problem, dass ein und
> > dasselbe z sowohl aus [mm]Z_1[/mm] als auch aus [mm]Z_2[/mm] auf C abgebildet
> > wird und dann führt [mm]f_1(z)=h(z)=f_2(z)[/mm] ja auf einen
> > Widerspruch?
> > (Verstehst du, was ich meine?)
> > Also darum habe ich auch bei 1. die komplizierte
> Variante
> > mit [mm]i_1:=n \rightarrow[/mm] 2n und [mm]i_2:=[/mm] n [mm]\rightarrow[/mm] 2n+1
> > gewählt...
> >
> > Würde es funktionieren, bei 1.) und 3.) N und Z für C zu
> > wählen und jeweils die "komplizierten Funktionen"? (Bis
> > auf den Teil mit nullstelliger Operation meiner Rechnung
> > nach schon.)
Würde dieser Weg auch funktionieren?
(Weil mir fehlt das ganze Hintergrundwissen noch teilweise und darum wäre es für mich verständlicher, das Beispiel einfach durchzurechnen, auch wenn es anders wsl. eleganter ist, aber natürlich wäre es mir genauso recht, das ganze mit deinem Ansatz mit den Inklusionen und Identitäten durchzurechnen.)
> > Für 2.) klingt deine Erklärung mit Z plausibel, aber
> da
> > fehlen dann noch die Funktionen (bzw. hast du ja
> > Inklusionen erwähnt)?
>
> Also nehmen wir mal an meine (unsere Vermutung) stimmt und
> das Koprodukt ist gegeben durch [mm]\IZ\longrightarrow \IZ\longleftarrow\IZ[/mm].
> Wenn wir jetzt ein Diagramm
>
> [mm]\begin{matrix}\IZ&\IZ&\IZ\\&(D,s,e)&\end{matrix}[/mm]
>
> haben (mit Homomorphismen aus den beiden äußeren [mm]\IZ[/mm]'s
> nach [mm]D[/mm]), zeige, dass dieses beiden übereinstimmen
> (Induktion) und dass man daher den mittleren Pfeil auch so
> wählen kann (und muss), dass er mit diesen übereinstimmt.
> Das ist wieder dasselbe mit der rekursiven Definition wie
> oben bei den natürlichen Zahlen, wenn man die
> Konzeptionelle Sicht auf initiale Objekte ausblendet.
> (Tatsächlich ist [mm]\IZ[/mm] die Lokalisierung von [mm]\IN[/mm] bezüglich
> der Nachfolgerfunktion, daher lässt sich auch dieses
> Resultat per abstract nonsense beweisen, es gibt auf dem
> Matheplaneten einen netten
> Artikel
> dazu, es geht um dem ersten und den letzten Abschnitt).
Der Artikel ist - speziell der Abschnitt über ganze Zahlen - sehr spannend, aber ich habe leider nicht alles verstanden.
Kannst du mir bitte helfen, zu zeigen, dass die Homomorphismen nach D übereinstimmen müssen? Für [mm]\mathbb{N}[/mm] und [mm]\mathbb{N}[/mm] funktioniert das dann wsl genauso wie für [mm]\mathbb{Z}[/mm] und [mm]\mathbb{Z}[/mm]?
Und wie sieht es mit 2.), also [mm]\mathbb{N}[/mm] und [mm]\mathbb{Z}[/mm] aus?
Danke und LG
Tipsi
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> Heißt das, ich muss zeigen, dass der Homomorphismus die
> Konstante wieder auf eine Konstante abbildet?
Wenn es darum geht, die Homomorphieeigenschaft einer Abbildung nachzurechnen, muss man insbesondere zeigen, dass sie sich mit Konstanten verträgt, ja. Aber hier wird das nicht nötig sein.
> Was bedeutet denn das Zeichen [mm]\sqcup[/mm], es ist mir leider
> nicht geläufig?
Es ist meine Schreibweise für das Koprodukt. Geläufige Schreibweisen für das Koprodukt von $a$ und $b$ sind unter anderem [mm] $a\sqcup [/mm] b$, [mm] $a\coprod [/mm] b$, $a+b$.
> > > Also darum habe ich auch bei 1. die komplizierte
> > Variante
> > > mit [mm]i_1:=n \rightarrow[/mm] 2n und [mm]i_2:=[/mm] n [mm]\rightarrow[/mm] 2n+1
> > > gewählt...
> > >
> > > Würde es funktionieren, bei 1.) und 3.) N und Z für C zu
> > > wählen und jeweils die "komplizierten Funktionen"? (Bis
> > > auf den Teil mit nullstelliger Operation meiner Rechnung
> > > nach schon.)
> Würde dieser Weg auch funktionieren?
> (Weil mir fehlt das ganze Hintergrundwissen noch teilweise
> und darum wäre es für mich verständlicher, das Beispiel
> einfach durchzurechnen, auch wenn es anders wsl. eleganter
> ist, aber natürlich wäre es mir genauso recht, das ganze
> mit deinem Ansatz mit den Inklusionen und Identitäten
> durchzurechnen.)
Als du mit dieser Lösung angekommen bist, hattest du noch keine Konstanten. Wenn wir als Konstante $0$ wählen, dann ist [mm] $i_2$ [/mm] nicht einmal ein Homomorphismus, von daher lautet die Antwort Nein.
> > > Für 2.) klingt deine Erklärung mit Z plausibel,
> aber
> > da
> > > fehlen dann noch die Funktionen (bzw. hast du ja
> > > Inklusionen erwähnt)?
> >
> > Also nehmen wir mal an meine (unsere Vermutung) stimmt und
> > das Koprodukt ist gegeben durch [mm]\IZ\longrightarrow \IZ\longleftarrow\IZ[/mm].
> > Wenn wir jetzt ein Diagramm
> >
> > [mm]\begin{matrix}\IZ&\IZ&\IZ\\&(D,s,e)&\end{matrix}[/mm]
> >
> > haben (mit Homomorphismen aus den beiden äußeren [mm]\IZ[/mm]'s
> > nach [mm]D[/mm]), zeige, dass dieses beiden übereinstimmen
> > (Induktion) und dass man daher den mittleren Pfeil auch so
> > wählen kann (und muss), dass er mit diesen übereinstimmt.
> > Das ist wieder dasselbe mit der rekursiven Definition wie
> > oben bei den natürlichen Zahlen, wenn man die
> > Konzeptionelle Sicht auf initiale Objekte ausblendet.
> > (Tatsächlich ist [mm]\IZ[/mm] die Lokalisierung von [mm]\IN[/mm] bezüglich
> > der Nachfolgerfunktion, daher lässt sich auch dieses
> > Resultat per abstract nonsense beweisen, es gibt auf dem
> > Matheplaneten einen netten
> >
> Artikel
> > dazu, es geht um dem ersten und den letzten Abschnitt).
> Der Artikel ist - speziell der Abschnitt über ganze
> Zahlen - sehr spannend, aber ich habe leider nicht alles
> verstanden.
> Kannst du mir bitte helfen, zu zeigen, dass die
> Homomorphismen nach D übereinstimmen müssen? Für
> [mm]\mathbb{N}[/mm] und [mm]\mathbb{N}[/mm] funktioniert das dann wsl genauso
> wie für [mm]\mathbb{Z}[/mm] und [mm]\mathbb{Z}[/mm]?
>
> Und wie sieht es mit 2.), also [mm]\mathbb{N}[/mm] und [mm]\mathbb{Z}[/mm]
> aus?
>
> Danke und LG
> Tipsi
>
Also ich würde sagen, ich rechne dir 1.) einmal durch und 2.) und 3.) machst du dann, die beiden funktionieren (so gut wie) gleich, da du ja schon weißt, wie die Lösung auszusehen hat.
Ich denke wir sind uns einig, dass das Koprodukt von $a$ und $b$ so definiert ist, dass man zwei Homomorphismen [mm] $a\xrightarrow{\ \ i_1\ \ }a\sqcup b\xleftarrow{\ \ i_2\ \ }b$ [/mm] hat, mit der folgenden Eigenschaft:
Für jedes Diagramm der Form
[Dateianhang nicht öffentlich]
existiert ein eindeutig bestimmter Pfeil [mm] $a\sqcup b\xrightarrow{\ \ f\ \ }d$, [/mm] sodass das Diagramm
[Dateianhang nicht öffentlich]
kommutiert.
Wir wollen nun zeigen, dass das Koprodukt von [mm] $\IN$ [/mm] mit sich selbst gegeben ist durch [mm] $\IN\xrightarrow{\ \ \operatorname{id}\ \ }\IN\xleftarrow{\ \ \operatorname{id}\ \ }\IN$.
[/mm]
Sei daher ein Diagramm
[Dateianhang nicht öffentlich]
gegeben.
Behauptung: Es gilt [mm] $f_1=f_2$.
[/mm]
Beweis: Da [mm] $f_1$ [/mm] und [mm] $f_2$ [/mm] Homomorphismen sind, sind sie mit der Konstante (ich nenne die Konstante von $D$ einmal $e$) verträglich, das heißt es gilt [mm] $f_1(0)=e=f_2(0)$. [/mm] Außerdem sind sie mit der Nachfolgerfunktion (die von $D$ nenne ich $t$) verträglich, das heißt es gilt [mm] $f_1(n+1)=f_1(s(n))=t(f_1(n))$ [/mm] und es gilt [mm] $f_2(n+1)=t(f_2(n))$.
[/mm]
Per Induktion können wir folgern, dass [mm] $f_1(n)=f_2(n)$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
Damit das Diagramm
[Dateianhang nicht öffentlich]
kommutiert, das heißt damit gilt [mm] $f_1=f\circ \operatorname{id}=f\circ\operatorname{id}=f_2$, [/mm] können und müssen wir also [mm] $f=f_1$ [/mm] (und damit auch [mm] $f=f_2$) [/mm] wählen.
Alles klar?
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 4 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:59 Sa 31.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Universelles Objekt!
Entschuldige bitte, dass ich mich erst jetzt wieder melde; ich bin nach wie vor an der Lösung der Aufgabe interessiert.
Deine letzte Antwort hat mir extrem geholfen, vielen Dank dafür, jetzt macht das Beispiel und die vorigen Erklärungen auf einmal alles Sinn!
> > Heißt das, ich muss zeigen, dass der Homomorphismus die
> > Konstante wieder auf eine Konstante abbildet?
>
> Wenn es darum geht, die Homomorphieeigenschaft einer
> Abbildung nachzurechnen, muss man insbesondere zeigen, dass
> sie sich mit Konstanten verträgt, ja. Aber hier wird das
> nicht nötig sein.
Okay, danke. Und wie weiß ich z.B., was die Konstante ist, wenn es nicht dabeisteht? Also woher wüsste ich z.B., dass hier 0 die Konstante der Algebra mit N ist, wenn nicht (N,S,0) die Angabe wäre? (Also welche Eigenschaft hat hier die 0 (ohne zweistellige Operationen), die sie als solche auszeichnet oder ist die Konstante eh immer angegeben?)
>
> Als du mit dieser Lösung angekommen bist, hattest du noch
> keine Konstanten. Wenn wir als Konstante [mm]0[/mm] wählen, dann
> ist [mm]i_2[/mm] nicht einmal ein Homomorphismus, von daher lautet
> die Antwort Nein.
Aja, jetzt, wo du explizit angegeben hast, woran es scheitert, sehe ich es auch, danke! :)
> Also ich würde sagen, ich rechne dir 1.) einmal durch und
> 2.) und 3.) machst du dann, die beiden funktionieren (so
> gut wie) gleich, da du ja schon weißt, wie die Lösung
> auszusehen hat.
Danke, das hat mir sehr geholfen! :D
Ich habe jetzt bei 1.) den Induktionsbeweis auch noch gemacht und 2.) und 3.) komplett durchgerechnet, wäre nett, wenn du einen Blick drauf werfen könntest, ob das so stimmt:
>
> Ich denke wir sind uns einig, dass das Koprodukt von [mm]a[/mm] und
> [mm]b[/mm] so definiert ist, dass man zwei Homomorphismen
> [mm]a\xrightarrow{\ \ i_1\ \ }a\sqcup b\xleftarrow{\ \ i_2\ \ }b[/mm]
> hat, mit der folgenden Eigenschaft:
>
> Für jedes Diagramm der Form
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> existiert ein eindeutig bestimmter Pfeil [mm]a\sqcup b\xrightarrow{\ \ f\ \ }d[/mm],
> sodass das Diagramm
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> kommutiert.
>
Ja.
> Wir wollen nun zeigen, dass das Koprodukt von [mm]\IN[/mm] mit sich
> selbst gegeben ist durch [mm]\IN\xrightarrow{\ \ \operatorname{id}\ \ }\IN\xleftarrow{\ \ \operatorname{id}\ \ }\IN[/mm].
>
> Sei daher ein Diagramm
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> gegeben.
>
> Behauptung: Es gilt [mm]f_1=f_2[/mm].
> Beweis: Da [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] Homomorphismen sind, sind sie mit
> der Konstante (ich nenne die Konstante von [mm]D[/mm] einmal [mm]e[/mm])
> verträglich, das heißt es gilt [mm]f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]. Außerdem
> sind sie mit der Nachfolgerfunktion (die von [mm]D[/mm] nenne ich [mm]t[/mm])
> verträglich, das heißt es gilt
> [mm]f_1(n+1)=f_1(s(n))=t(f_1(n))[/mm] und es gilt
> [mm]f_2(n+1)=t(f_2(n))[/mm].
> Per Induktion können wir folgern, dass [mm]f_1(n)=f_2(n)[/mm] für
> alle [mm]n\in\IN[/mm].
>
> Damit das Diagramm
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> kommutiert, das heißt damit gilt [mm]f_1=f\circ \operatorname{id}=f\circ\operatorname{id}=f_2[/mm],
> können und müssen wir also [mm]f=f_1[/mm] (und damit auch [mm]f=f_2[/mm])
> wählen.
Induktionsbeweis:
z.z.: [mm]f_1(n)=f_2(n) \forall n \in N [/mm]
I.A.: [mm]f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]
[mm] f_1(1)=f_1(S(0))=t(f_1(0))=t(f_2(0))=f_2(S(0))=f_2(1)[/mm]
I.V.: es gelte: [mm]f_1(n)=f_2(n) [/mm]
I.S.: [mm]f_1(n+1)=f_1(S(n))=t(f_1(n))=t(f_2(n))=f_2(S(n))=f_2(n+1)[/mm]
Eindeutigkeit: ang. [mm]\exists \tilde{f}: N \rightarrow D: \tilde{f}\circ i_1 = f_1 \wedge \tilde{f} \circ i_2 = f_2 [/mm]
[mm] \rightarrow \tilde{f}(n)=\Tilde{f} \circ id(n) = \tilde{f} \circ i_i(n) = f_i(n) = f \circ i_i(n) = f \circ id(n) = f(n) \forall n \in N, i \in \{1,2\} [/mm]
Nun zu 2.):
sei [mm]i_1:= id, i_2: = id \Rightarrow i_1, i_2 [/mm] Homomorphismen
sei [mm] f_1 [/mm] Hom.: N [mm] \rightarrow [/mm] D, [mm] f_2 [/mm] Hom.: Z [mm] \rightarrow [/mm] D
Beh.: [mm] f_1 [/mm] = [mm] f_2_{\vert N}
[/mm]
Bew.: [mm] f_1 [/mm] und [mm] f_2 [/mm] sind Hom. [mm] \Rightarrow [/mm] sind mit der Konstanten e von D verträglich [mm] \Rightarrow f_1(0) [/mm] = e = [mm] f_2(0)
[/mm]
[mm] f_1 [/mm] und [mm] f_2 [/mm] sind Hom. [mm] \Rightarrow [/mm] sind mit der Nachfolgerfunktion t von D verträglich [mm] \Rightarrow f_1(S(n)) [/mm] = [mm] f_1(n+1) [/mm] = [mm] t(f_1(n)) \wedge f_2(S(n))=f_2(n+1)=t(f_2(n))
[/mm]
mit vollst. Induktion folgt genau wie in 1.): [mm] f_1(n)=f_2(n) \forall [/mm] n [mm] \in [/mm] N
[mm] \Rightarrow \exists [/mm] ! Hom. f: Z [mm] \rightarrow [/mm] D mit f [mm] \circ i_2 [/mm] = [mm] f_2 \wedge [/mm] f [mm] \circ i_1 [/mm] = [mm] f_1, [/mm] nämlich [mm] f:=f_2
[/mm]
f ist Hom., da [mm] f_2 [/mm] Hom.
Eindeutigkeit: Ann.: [mm] \exists \tilde{f} [/mm] Hom. mit [mm] \tilde{f} \circ i_1 [/mm] = [mm] f_1 \wedge \tilde{f} \circ i_2 [/mm] = [mm] f_2 [/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] f(x) = f [mm] \circ i_2(x) [/mm] = [mm] f_2(x) [/mm] = [mm] \tilde{f} \circ i_2(x) [/mm] = [mm] \tilde{f}(x) \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] Z
[mm] (\Rightarrow [/mm] f(x) = f [mm] \circ i_1(x) [/mm] = [mm] f_1(x) [/mm] = [mm] \tilde{f} \circ i_1(x) [/mm] = [mm] \tilde{f}(x) \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] N) [mm] \Box
[/mm]
Hier bin ich auf folgende generelle Frage zu Koprodukten gestoßen: angenommen, wir hätten statt N und Z zwei Algebren/Gruppen/etc., [mm] G_1 [/mm] und [mm] G_2 [/mm] für die es keine Homomorphismen [mm] f_1 [/mm] und [mm] f_2 [/mm] auf jedes Element der Klasse gibt. Können die beiden dann trotzdem ein Koprodukt haben? (Also [mm] i_1: G_1 \rightarrow [/mm] G , [mm] i_2: G_2 \rightarrow [/mm] G wären dann beliebige Homomorphismen und G ein geeignetes Element der Klasse, für die die Homomorphismen existieren und wie würde man dann f: G [mm] \rightarrow [/mm] D definieren? als "leere Abbildung" (wenns sowas gibt?)?)
Und jetzt noch 3.):
sei [mm] i_1:= [/mm] id, [mm] i_2:= [/mm] id [mm] \Rightarrow i_1, i_2 [/mm] sind Hom.
sei [mm] f_1 [/mm] Hom: Z [mm] \rightarrow [/mm] D, [mm] f_2 [/mm] Hom.: Z [mm] \rightarrow [/mm] D
Beh.: [mm] f_1 [/mm] = [mm] f_2
[/mm]
Bew.: [mm] f_1 [/mm] und f:2 sind HOm. [mm] \Rightarrow [/mm] sind mit der Konstanten e von D verträglich [mm] \Rightarrow f_1(0)=e=f_2(0)
[/mm]
[mm] f_2 [/mm] und [mm] f_2 [/mm] sind Hom. [mm] \Rightarrow [/mm] sind mit der Nochfolgerfkt t von D verträglich [mm] \Rightarrow f_1(S(Z)) [/mm] = [mm] f_1(z+1) [/mm] = [mm] t(f_1(z))
[/mm]
[mm] f_2(S(z))=f_2(z+1) [/mm] = [mm] t(f_2(z))
[/mm]
[mm] f_1 [/mm] und [mm] f_2 [/mm] sind Hom. [mm] \Rightarrow [/mm] sind mit der Inversen der Nachfolgerfunktion t von D verträglich
[mm] f_1(S^{-1}(z))=f_1(z-1)=t^{-1}(f_1(z))
[/mm]
[mm] f_2(S^{-1}(z))=f_2(z-1)=t^{-1}(f_2(z))
[/mm]
z.z.: [mm] f_1(z) [/mm] = [mm] f_2(z) \forall [/mm] z [mm] \in [/mm] Z
I.A.: [mm] f_1(0) [/mm] = e = [mm] f_2(0)
[/mm]
[mm] f_1(1) [/mm] = [mm] f_1(S(0)) [/mm] = [mm] t(f_1(0)) [/mm] = [mm] t(f_2(0)) [/mm] = [mm] f_2(S(0)) [/mm] = [mm] f_2(1)
[/mm]
[mm] f_1(-1) [/mm] = [mm] f_1(S^{-1}(0)) [/mm] = [mm] t^{-1}(f_1(0)) [/mm] = [mm] t^{-1}(f_2(0)) [/mm] = [mm] f_2(S^{-1}(0)) [/mm] = [mm] f_2(-1)
[/mm]
I.V.: [mm] f_1(z)=f_2(z), [/mm] z [mm] \in [/mm] Z
I.S.: [mm] f_1(z+1)=f_1(S(z)) [/mm] = [mm] t(f_1(z)) [/mm] = [mm] t(f_2(z)) [/mm] = [mm] f_2(S(z)) [/mm] = [mm] f_2(z+1)
[/mm]
[mm] f_1(z-1) [/mm] = [mm] f_1(S^{-1}(z)) [/mm] = [mm] t^{-1}(f_1(z)) [/mm] = [mm] t^{-1}(f_2(z)) [/mm] = [mm] f_2(z)) [/mm] = [mm] f_2(S^{-1}(z)) [/mm] = [mm] f_2(z-1)
[/mm]
[mm] \Rightarrow \exists [/mm] ! Hom. f: Z [mm] \rightarrow [/mm] D mit f [mm] \circ i_1 [/mm] = [mm] f_1, i_1 [/mm] = id, f [mm] \circ i_2 [/mm] = [mm] f_2, i_2 [/mm] = id, nämlich [mm] f:=f_1=f_2
[/mm]
f ist Hom. nach Def. von f
Eindeutigkeit: ang. [mm] \exists \tilde{f} [/mm] mit [mm] \tilde{f} \circ i_1 [/mm] = [mm] f_1, \tilde{f} \circ i_2 [/mm] = [mm] f_2 \Rightarrow \tilde{f}(z) [/mm] = [mm] \tilde{f} \circ [/mm] id(z) = [mm] \tilde{f}\circ i_i(z) [/mm] = [mm] f_i [/mm] = f [mm] \circ i_i(z) [/mm] = f [mm] \circ [/mm] id(z) = f(z) [mm] \forall [/mm] z [mm] \in [/mm] Z, i [mm] \in \{1,2\} \Box
[/mm]
>
Vielen Dank für deine tolle Hilfe,
liebe Grüße
Tipsi
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> Hallo Universelles Objekt!
> Entschuldige bitte, dass ich mich erst jetzt wieder melde;
> ich bin nach wie vor an der Lösung der Aufgabe
> interessiert.
> Deine letzte Antwort hat mir extrem geholfen, vielen Dank
> dafür, jetzt macht das Beispiel und die vorigen
> Erklärungen auf einmal alles Sinn!
Hallo Tipsi,
das ist doch schön zu hören 
> > > Heißt das, ich muss zeigen, dass der Homomorphismus die
> > > Konstante wieder auf eine Konstante abbildet?
> >
> > Wenn es darum geht, die Homomorphieeigenschaft einer
> > Abbildung nachzurechnen, muss man insbesondere zeigen, dass
> > sie sich mit Konstanten verträgt, ja. Aber hier wird das
> > nicht nötig sein.
> Okay, danke. Und wie weiß ich z.B., was die Konstante
> ist, wenn es nicht dabeisteht? Also woher wüsste ich z.B.,
> dass hier 0 die Konstante der Algebra mit N ist, wenn nicht
> (N,S,0) die Angabe wäre? (Also welche Eigenschaft hat hier
> die 0 (ohne zweistellige Operationen), die sie als solche
> auszeichnet oder ist die Konstante eh immer angegeben?)
> >
> > Als du mit dieser Lösung angekommen bist, hattest du noch
> > keine Konstanten. Wenn wir als Konstante [mm]0[/mm] wählen, dann
> > ist [mm]i_2[/mm] nicht einmal ein Homomorphismus, von daher lautet
> > die Antwort Nein.
> Aja, jetzt, wo du explizit angegeben hast, woran es
> scheitert, sehe ich es auch, danke! :)
>
> > Also ich würde sagen, ich rechne dir 1.) einmal durch und
> > 2.) und 3.) machst du dann, die beiden funktionieren (so
> > gut wie) gleich, da du ja schon weißt, wie die Lösung
> > auszusehen hat.
>
> Danke, das hat mir sehr geholfen! :D
> Ich habe jetzt bei 1.) den Induktionsbeweis auch noch
> gemacht und 2.) und 3.) komplett durchgerechnet, wäre
> nett, wenn du einen Blick drauf werfen könntest, ob das so
> stimmt:
> >
> > Ich denke wir sind uns einig, dass das Koprodukt von [mm]a[/mm] und
> > [mm]b[/mm] so definiert ist, dass man zwei Homomorphismen
> > [mm]a\xrightarrow{\ \ i_1\ \ }a\sqcup b\xleftarrow{\ \ i_2\ \ }b[/mm]
> > hat, mit der folgenden Eigenschaft:
> >
> > Für jedes Diagramm der Form
> > [Dateianhang nicht öffentlich]
> > existiert ein eindeutig bestimmter Pfeil [mm]a\sqcup b\xrightarrow{\ \ f\ \ }d[/mm],
> > sodass das Diagramm
> > [Dateianhang nicht öffentlich]
> > kommutiert.
> >
> Ja.
>
> > Wir wollen nun zeigen, dass das Koprodukt von [mm]\IN[/mm] mit sich
> > selbst gegeben ist durch [mm]\IN\xrightarrow{\ \ \operatorname{id}\ \ }\IN\xleftarrow{\ \ \operatorname{id}\ \ }\IN[/mm].
>
> >
> > Sei daher ein Diagramm
> > [Dateianhang nicht öffentlich]
> > gegeben.
> >
> > Behauptung: Es gilt [mm]f_1=f_2[/mm].
> > Beweis: Da [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] Homomorphismen sind, sind sie
> mit
> > der Konstante (ich nenne die Konstante von [mm]D[/mm] einmal [mm]e[/mm])
> > verträglich, das heißt es gilt [mm]f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]. Außerdem
> > sind sie mit der Nachfolgerfunktion (die von [mm]D[/mm] nenne ich [mm]t[/mm])
> > verträglich, das heißt es gilt
> > [mm]f_1(n+1)=f_1(s(n))=t(f_1(n))[/mm] und es gilt
> > [mm]f_2(n+1)=t(f_2(n))[/mm].
> > Per Induktion können wir folgern, dass [mm]f_1(n)=f_2(n)[/mm]
> für
> > alle [mm]n\in\IN[/mm].
> >
> > Damit das Diagramm
> > [Dateianhang nicht öffentlich]
> > kommutiert, das heißt damit gilt [mm]f_1=f\circ \operatorname{id}=f\circ\operatorname{id}=f_2[/mm],
> > können und müssen wir also [mm]f=f_1[/mm] (und damit auch [mm]f=f_2[/mm])
> > wählen.
> Induktionsbeweis:
> z.z.: [mm]f_1(n)=f_2(n) \forall n \in N[/mm]
> I.A.: [mm]f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]
>
> [mm]f_1(1)=f_1(S(0))=t(f_1(0))=t(f_2(0))=f_2(S(0))=f_2(1)[/mm]
> I.V.: es gelte: [mm]f_1(n)=f_2(n)[/mm]
> I.S.:
> [mm]f_1(n+1)=f_1(S(n))=t(f_1(n))=t(f_2(n))=f_2(S(n))=f_2(n+1)[/mm]
>
> Eindeutigkeit: ang. [mm]\exists \tilde{f}: N \rightarrow D: \tilde{f}\circ i_1 = f_1 \wedge \tilde{f} \circ i_2 = f_2[/mm]
>
> [mm]\rightarrow \tilde{f}(n)=\Tilde{f} \circ id(n) = \tilde{f} \circ i_i(n) = f_i(n) = f \circ i_i(n) = f \circ id(n) = f(n) \forall n \in N, i \in \{1,2\}[/mm]
Passt, auch wen ich gesagt hätte, dass das, was ich in der letzten Antwort geschrieben habe auch ausreichend war, ohne weitere Zusätze, aber falsch ist hier zumindest nichts ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Nun zu 2.):
> sei [mm]i_1:= id, i_2: = id \Rightarrow i_1, i_2[/mm]
> Homomorphismen
> sei [mm]f_1[/mm] Hom.: N [mm]\rightarrow[/mm] D, [mm]f_2[/mm] Hom.: Z [mm]\rightarrow[/mm] D
> Beh.: [mm]f_1[/mm] = [mm]f_2_{\vert N}[/mm]
> Bew.: [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom.
> [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der Konstanten e von D verträglich
> [mm]\Rightarrow f_1(0)[/mm] = e = [mm]f_2(0)[/mm]
> [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> Nachfolgerfunktion t von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(S(n))[/mm]
> = [mm]f_1(n+1)[/mm] = [mm]t(f_1(n)) \wedge f_2(S(n))=f_2(n+1)=t(f_2(n))[/mm]
>
> mit vollst. Induktion folgt genau wie in 1.): [mm]f_1(n)=f_2(n) \forall[/mm]
> n [mm]\in[/mm] N
> [mm]\Rightarrow \exists[/mm] ! Hom. f: Z [mm]\rightarrow[/mm] D mit f [mm]\circ i_2[/mm]
> = [mm]f_2 \wedge[/mm] f [mm]\circ i_1[/mm] = [mm]f_1,[/mm] nämlich [mm]f:=f_2[/mm]
>
> f ist Hom., da [mm]f_2[/mm] Hom.
> Eindeutigkeit: Ann.: [mm]\exists \tilde{f}[/mm] Hom. mit [mm]\tilde{f} \circ i_1[/mm]
> = [mm]f_1 \wedge \tilde{f} \circ i_2[/mm] = [mm]f_2[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] f(x) = f [mm]\circ i_2(x)[/mm] = [mm]f_2(x)[/mm] = [mm]\tilde{f} \circ i_2(x)[/mm]
> = [mm]\tilde{f}(x) \forall[/mm] x [mm]\in[/mm] Z
> [mm](\Rightarrow[/mm] f(x) = f [mm]\circ i_1(x)[/mm] = [mm]f_1(x)[/mm] = [mm]\tilde{f} \circ i_1(x)[/mm]
> = [mm]\tilde{f}(x) \forall[/mm] x [mm]\in[/mm] N) [mm]\Box[/mm]
>
> Hier bin ich auf folgende generelle Frage zu Koprodukten
> gestoßen: angenommen, wir hätten statt N und Z zwei
> Algebren/Gruppen/etc., [mm]G_1[/mm] und [mm]G_2[/mm] für die es keine
> Homomorphismen [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] auf jedes Element der Klasse
> gibt. Können die beiden dann trotzdem ein Koprodukt haben?
Wenn ich deine Frage richtig verstehe dann ja. Zum Beispiel kann man allgemein zeigen, dass jede Kategorie von algebraischen Varietäten kovollständig ist; das ist eine Anwendung vom mächtigen GAFT(Freyd's general adjoint functor theorem, Theorem 2). Das bedeutet, dass alle Kolimites und insbesondere Koprodukte existieren. Trotzdem gibt es ja durchaus Kategorien von algebraischen Varietäten, wo es Objekte gibt, zwischen denen kein Pfeil existiert. Zum Beispiel ist der Nullring ein stark terminales Objekt in [mm] $\mathbf{Rng}$. [/mm] Das heißt, jeder Pfeil [mm] $0\longrightarrow [/mm] R$ muss ein Isomorphismus sein. Insbesondere gibt es keinen Ring-Homomorphismus [mm] $0\longrightarrow [/mm] R$, falls $R$ mehr als ein Element enthält. Trotzdem gibt es alle Koprodukte von Ringen.
Ein anderes Beispiel ist die Kategorie [mm] $\mathbf{Set}$ [/mm] von Mengen (die sich ja auch als Kategorie von algebraischen Varietäten interpretieren lässt, nämlich mit leerer Signatur). Hier ist [mm] $\emptyset$ [/mm] ein strikt initiales Objekt, das heißt jeder Pfeil [mm] $S\longrightarrow\emptyset$ [/mm] muss ein Isomorphismus sein, insbesondere gibt es keinen Pfeil [mm] $S\longrightarrow\emptyset$, [/mm] falls $S$ nichtleer ist. Trotzdem ist bekanntlich das Koprodukt beliebiger Mengen durch deren disjunkte Vereinigung gegeben.
> (Also [mm]i_1: G_1 \rightarrow[/mm] G , [mm]i_2: G_2 \rightarrow[/mm] G
> wären dann beliebige Homomorphismen und G ein geeignetes
> Element der Klasse, für die die Homomorphismen existieren
> und wie würde man dann f: G [mm]\rightarrow[/mm] D definieren? als
> "leere Abbildung" (wenns sowas gibt?)?)
Hier weiß ich leider noch nicht, was du meinst. Entweder obiges hat deine Frage schon beantwortet, oder du erläuterst nochmal, worum es dir geht.
> Und jetzt noch 3.):
Es ist mir zwar peinlich, aber hier habe ich mich getäuscht. Ich bin auf dasselbe reingefallen wie du bei deinem nachfolgenden Lösungsversuch, aber jetzt, wo du es aufgeschrieben hast, ist es mir zum Glück noch aufgefallen:
> sei [mm]i_1:=[/mm] id, [mm]i_2:=[/mm] id [mm]\Rightarrow i_1, i_2[/mm] sind Hom.
> sei [mm]f_1[/mm] Hom: Z [mm]\rightarrow[/mm] D, [mm]f_2[/mm] Hom.: Z [mm]\rightarrow[/mm] D
> Beh.: [mm]f_1[/mm] = [mm]f_2[/mm]
> Bew.: [mm]f_1[/mm] und f:2 sind HOm. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> Konstanten e von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]
>
> [mm]f_2[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> Nochfolgerfkt t von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(S(Z))[/mm] =
> [mm]f_1(z+1)[/mm] = [mm]t(f_1(z))[/mm]
> [mm]f_2(S(z))=f_2(z+1)[/mm] = [mm]t(f_2(z))[/mm]
> [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der Inversen
> der Nachfolgerfunktion t von D verträglich
> [mm]f_1(S^{-1}(z))=f_1(z-1)=t^{-1}(f_1(z))[/mm]
> [mm]f_2(S^{-1}(z))=f_2(z-1)=t^{-1}(f_2(z))[/mm]
Und zwar liegt hier das Problem. Was ist [mm] $t^{-1}$? [/mm] Niemand sagt, dass $t$ bijektiv ist (leider nicht einmal injektiv, das würde auch noch genügen). Daher müssen wir das Koprodukt leider in diesem Fall doch etwas anders konstruieren. Dennoch ist unsere Idee nicht völlig umsonst gewesen. Denn das zwei Homomorphismen [mm] $\IZ\xrightarrow{f_1}D\xleftarrow{f_2}\IZ$ [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] 0$ übereinstimmen, das bleibt wahr (und der Beweis steht ja oben). Da die Homomorphismen für $n<0$ nicht notwendigerweise übereinstimmen, machen wir das naheliegende: Wir basteln uns die "kleinste" Einbettung [mm] $\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ$, [/mm] sodass die Bilder von [mm] $i_1$ [/mm] und [mm] $i_2$ [/mm] übereinstimmen für [mm] $n\ge [/mm] 0$ und sich unterscheiden für $n<0$. Das heißt wir betrachten eine Menge [mm] $\IZ\sqcup\IZ=\{\dots,-3_1,-3_2,-2_1,-2_2,-1_1,-1_2,0,1,2,3,\dots\}$, [/mm] welche jede negative Zahl doppelt enthält und die nichtnegativen Zahlen nur einmal. Als Konstante wählen wir die $0$ und für die einstellige Funktion $u$ definieren wir [mm] $u(n_1)=(n+1)_1$, $u(n_2)=(n+1)_1$ [/mm] für $n<-1$. Für $n=-1$ definieren wir [mm] $u(-1_1)=u(-1_2)=0$ [/mm] und für [mm] $n\ge [/mm] 0$ definieren wir $u(n)=n+1$.
Jetzt müssen wir [mm] $\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ$ [/mm] definieren. Dafür setzen wir [mm] $i_1(n)=n_1$ [/mm] für $n<0$ und [mm] $i_1(n)=n$ [/mm] für [mm] $n\ge0$. [/mm] Dass dies einen Homomorphismus definiert, rechnet man leicht nach. Ähnlich definiert man [mm] $i_2$.
[/mm]
Kannst du zeigen, dass mit diesen Festlegungen [mm] $\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ$ [/mm] ein Koprodukt-Diagramm definiert?
Es tut mir Leid, dass wir zuerst in diese Falle laufen mussten, aber ich hoffe, du hast ein bisschen verstanden, wie man auf die Idee zur Rettung dieses Ansatzes kommt.
> z.z.: [mm]f_1(z)[/mm] = [mm]f_2(z) \forall[/mm] z [mm]\in[/mm] Z
> I.A.: [mm]f_1(0)[/mm] = e = [mm]f_2(0)[/mm]
> [mm]f_1(1)[/mm] = [mm]f_1(S(0))[/mm] = [mm]t(f_1(0))[/mm] = [mm]t(f_2(0))[/mm] = [mm]f_2(S(0))[/mm] =
> [mm]f_2(1)[/mm]
> [mm]f_1(-1)[/mm] = [mm]f_1(S^{-1}(0))[/mm] = [mm]t^{-1}(f_1(0))[/mm] = [mm]t^{-1}(f_2(0))[/mm]
> = [mm]f_2(S^{-1}(0))[/mm] = [mm]f_2(-1)[/mm]
> I.V.: [mm]f_1(z)=f_2(z),[/mm] z [mm]\in[/mm] Z
> I.S.: [mm]f_1(z+1)=f_1(S(z))[/mm] = [mm]t(f_1(z))[/mm] = [mm]t(f_2(z))[/mm] =
> [mm]f_2(S(z))[/mm] = [mm]f_2(z+1)[/mm]
> [mm]f_1(z-1)[/mm] = [mm]f_1(S^{-1}(z))[/mm] = [mm]t^{-1}(f_1(z))[/mm] =
> [mm]t^{-1}(f_2(z))[/mm] = [mm]f_2(z))[/mm] = [mm]f_2(S^{-1}(z))[/mm] = [mm]f_2(z-1)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \exists[/mm] ! Hom. f: Z [mm]\rightarrow[/mm] D mit f [mm]\circ i_1[/mm]
> = [mm]f_1, i_1[/mm] = id, f [mm]\circ i_2[/mm] = [mm]f_2, i_2[/mm] = id, nämlich
> [mm]f:=f_1=f_2[/mm]
>
> f ist Hom. nach Def. von f
> Eindeutigkeit: ang. [mm]\exists \tilde{f}[/mm] mit [mm]\tilde{f} \circ i_1[/mm]
> = [mm]f_1, \tilde{f} \circ i_2[/mm] = [mm]f_2 \Rightarrow \tilde{f}(z)[/mm] =
> [mm]\tilde{f} \circ[/mm] id(z) = [mm]\tilde{f}\circ i_i(z)[/mm] = [mm]f_i[/mm] = f
> [mm]\circ i_i(z)[/mm] = f [mm]\circ[/mm] id(z) = f(z) [mm]\forall[/mm] z [mm]\in[/mm] Z, i [mm]\in \{1,2\} \Box[/mm]
>
> >
> Vielen Dank für deine tolle Hilfe,
> liebe Grüße
> Tipsi
>
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:40 Di 03.06.2014 | | Autor: | Tipsi |
> > Hier bin ich auf folgende generelle Frage zu Koprodukten
> > gestoßen: angenommen, wir hätten statt N und Z zwei
> > Algebren/Gruppen/etc., [mm]G_1[/mm] und [mm]G_2[/mm] für die es keine
> > Homomorphismen [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] auf jedes Element der Klasse
> > gibt. Können die beiden dann trotzdem ein Koprodukt haben?
>
> Wenn ich deine Frage richtig verstehe dann ja. Zum Beispiel
> kann man allgemein zeigen, dass jede Kategorie von
> algebraischen Varietäten
> kovollständig ist; das ist eine Anwendung vom mächtigen
> GAFT(Freyd's general adjoint functor theorem, Theorem 2).
> Das bedeutet, dass alle Kolimites und insbesondere
> Koprodukte existieren. Trotzdem gibt es ja durchaus
> Kategorien von algebraischen Varietäten, wo es Objekte
> gibt, zwischen denen kein Pfeil existiert. Zum Beispiel ist
> der Nullring ein
> stark terminales Objekt
> in [mm]\mathbf{Rng}[/mm]. Das heißt, jeder Pfeil [mm]0\longrightarrow R[/mm]
> muss ein Isomorphismus sein. Insbesondere gibt es keinen
> Ring-Homomorphismus [mm]0\longrightarrow R[/mm], falls [mm]R[/mm] mehr als
> ein Element enthält. Trotzdem gibt es alle Koprodukte von
> Ringen.
>
> Ein anderes Beispiel ist die Kategorie [mm]\mathbf{Set}[/mm] von
> Mengen (die sich ja auch als Kategorie von algebraischen
> Varietäten interpretieren lässt, nämlich mit leerer
> Signatur). Hier ist [mm]\emptyset[/mm] ein strikt initiales Objekt,
> das heißt jeder Pfeil [mm]S\longrightarrow\emptyset[/mm] muss ein
> Isomorphismus sein, insbesondere gibt es keinen Pfeil
> [mm]S\longrightarrow\emptyset[/mm], falls [mm]S[/mm] nichtleer ist. Trotzdem
> ist bekanntlich das Koprodukt beliebiger Mengen durch deren
> disjunkte Vereinigung gegeben.
>
> > (Also [mm]i_1: G_1 \rightarrow[/mm] G , [mm]i_2: G_2 \rightarrow[/mm] G
> > wären dann beliebige Homomorphismen und G ein geeignetes
> > Element der Klasse, für die die Homomorphismen existieren
> > und wie würde man dann f: G [mm]\rightarrow[/mm] D definieren? als
> > "leere Abbildung" (wenns sowas gibt?)?)
>
> Hier weiß ich leider noch nicht, was du meinst. Entweder
> obiges hat deine Frage schon beantwortet, oder du
> erläuterst nochmal, worum es dir geht.
Danke für deine Antwort und die Links, sehr informativ. Das muss ich alles nochmal in Ruhe durchschauen.
>
> > Und jetzt noch 3.):
>
> Es ist mir zwar peinlich, aber hier habe ich mich
> getäuscht. Ich bin auf dasselbe reingefallen wie du bei
> deinem nachfolgenden Lösungsversuch, aber jetzt, wo du es
> aufgeschrieben hast, ist es mir zum Glück noch
> aufgefallen:
>
> > sei [mm]i_1:=[/mm] id, [mm]i_2:=[/mm] id [mm]\Rightarrow i_1, i_2[/mm] sind Hom.
> > sei [mm]f_1[/mm] Hom: Z [mm]\rightarrow[/mm] D, [mm]f_2[/mm] Hom.: Z [mm]\rightarrow[/mm] D
> > Beh.: [mm]f_1[/mm] = [mm]f_2[/mm]
> > Bew.: [mm]f_1[/mm] und f:2 sind HOm. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> > Konstanten e von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]
>
> >
> > [mm]f_2[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> > Nochfolgerfkt t von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(S(Z))[/mm] =
> > [mm]f_1(z+1)[/mm] = [mm]t(f_1(z))[/mm]
> > [mm]f_2(S(z))=f_2(z+1)[/mm] = [mm]t(f_2(z))[/mm]
> > [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der Inversen
> > der Nachfolgerfunktion t von D verträglich
> > [mm]f_1(S^{-1}(z))=f_1(z-1)=t^{-1}(f_1(z))[/mm]
> > [mm]f_2(S^{-1}(z))=f_2(z-1)=t^{-1}(f_2(z))[/mm]
>
> Und zwar liegt hier das Problem. Was ist [mm]t^{-1}[/mm]? Niemand
> sagt, dass [mm]t[/mm] bijektiv ist (leider nicht einmal injektiv,
> das würde auch noch genügen). Daher müssen wir das
> Koprodukt leider in diesem Fall doch etwas anders
> konstruieren. Dennoch ist unsere Idee nicht völlig umsonst
> gewesen. Denn das zwei Homomorphismen
> [mm]\IZ\xrightarrow{f_1}D\xleftarrow{f_2}\IZ[/mm] für alle [mm]n\ge 0[/mm]
> übereinstimmen, das bleibt wahr (und der Beweis steht ja
> oben). Da die Homomorphismen für [mm]n<0[/mm] nicht
> notwendigerweise übereinstimmen,
also sie stimmen nicht notwendigerweise überein, weil wir das nicht mit vollständiger Induktion beweisen können, ohne [mm] t^{-1} [/mm] zu verwenden oder?
>machen wir das
> naheliegende: Wir basteln uns die "kleinste" Einbettung
> [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ[/mm], sodass
> die Bilder von [mm]i_1[/mm] und [mm]i_2[/mm] übereinstimmen für [mm]n\ge 0[/mm] und
> sich unterscheiden für [mm]n<0[/mm]. Das heißt wir betrachten eine
> Menge
> [mm]\IZ\sqcup\IZ=\{\dots,-3_1,-3_2,-2_1,-2_2,-1_1,-1_2,0,1,2,3,\dots\}[/mm],
> welche jede negative Zahl doppelt enthält und die
> nichtnegativen Zahlen nur einmal. Als Konstante wählen wir
> die [mm]0[/mm] und für die einstellige Funktion [mm]u[/mm] definieren wir
> [mm]u(n_1)=(n+1)_1[/mm], [mm]u(n_2)=(n+1)_1[/mm] für [mm]n<-1[/mm]. Für [mm]n=-1[/mm]
> definieren wir [mm]u(-1_1)=u(-1_2)=0[/mm] und für [mm]n\ge 0[/mm] definieren
> wir [mm]u(n)=n+1[/mm].
>
> Jetzt müssen wir [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ[/mm]
> definieren. Dafür setzen wir [mm]i_1(n)=n_1[/mm] für [mm]n<0[/mm] und
> [mm]i_1(n)=n[/mm] für [mm]n\ge0[/mm]. Dass dies einen Homomorphismus
> definiert, rechnet man leicht nach. Ähnlich definiert man
> [mm]i_2[/mm].
>
> Kannst du zeigen, dass mit diesen Festlegungen
> [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ[/mm] ein
> Koprodukt-Diagramm definiert?
>
Das Vorgehen, wie wir uns das Koprodukt zusammenbasteln, verstehe ich. (Nur warum können wir nicht sagen, dass die Inversenfunktion [mm] t^{-1} [/mm] automatisch verträglich mit den [mm] f_i [/mm] ist? Ist die nicht immer verträglich mit Homomorphismen?)
Habe ich das richtig verstanden, dass wir jetzt statt zu zeigen, dass [mm] f_1 [/mm] = [mm] f_2 [/mm] für negative n, unser f aus [mm] i_1, i_2, f_1, f_2 [/mm] einfach konstruieren, weil wir ja wissen, dass f [mm] \circ i_i [/mm] = [mm] f_i [/mm] gelten muss?
Wir definieren uns [mm] f:=f_1=f_2 [/mm] für n>=0 und [mm] f((n)_1)=f_1(n), f((n)_2) [/mm] = [mm] f_2(n) [/mm] für n<0 und das ist als Zusammensetzung von Homomorphismen ja selbst wieder einer und dann zeigen wir noch die Eindeutigkeit?
> Es tut mir Leid, dass wir zuerst in diese Falle laufen
> mussten, aber ich hoffe, du hast ein bisschen verstanden,
> wie man auf die Idee zur Rettung dieses Ansatzes kommt.
Das macht doch nichts. Jetzt werde ich dafür immer genau aufpassen, wenn es um unbekannte Inversen geht :)
Liebe Grüße
Tipsi
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> Danke für deine Antwort und die Links, sehr informativ.
> Das muss ich alles nochmal in Ruhe durchschauen.
Ich wollte wie gesagt im Wesentlichen hierauf hinaus: Es gibt keinen Ringhomomorphismus [mm] $\IZ\longrightarrow [/mm] 0$. Trotzdem existiert z.B. [mm] $\IZ\sqcup\IZ$ [/mm] in [mm] $\mathbf{Rng}$ [/mm] und ist gegeben durch [mm] $\IZ$ [/mm] mit den Identitäten. Das heißt unter anderem: WENN es Homomorphismen [mm] $f_1,f_2\colon\IZ\longrightarrow [/mm] 0$ gibt, DANN wird ein [mm] $f\colon\IZ=\IZ\sqcup\IZ\longrightarrow [/mm] 0$, der das entsprechende Diagramm kommutieren lässt. Dass diese Situation niemals eintreten kann, macht diese Implikation ja nicht falsch.
> > > Und jetzt noch 3.):
> >
> > Es ist mir zwar peinlich, aber hier habe ich mich
> > getäuscht. Ich bin auf dasselbe reingefallen wie du bei
> > deinem nachfolgenden Lösungsversuch, aber jetzt, wo du es
> > aufgeschrieben hast, ist es mir zum Glück noch
> > aufgefallen:
> >
> > > sei [mm]i_1:=[/mm] id, [mm]i_2:=[/mm] id [mm]\Rightarrow i_1, i_2[/mm] sind Hom.
> > > sei [mm]f_1[/mm] Hom: Z [mm]\rightarrow[/mm] D, [mm]f_2[/mm] Hom.: Z [mm]\rightarrow[/mm] D
> > > Beh.: [mm]f_1[/mm] = [mm]f_2[/mm]
> > > Bew.: [mm]f_1[/mm] und f:2 sind HOm. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> > > Konstanten e von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]
>
> >
> > >
> > > [mm]f_2[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> > > Nochfolgerfkt t von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(S(Z))[/mm] =
> > > [mm]f_1(z+1)[/mm] = [mm]t(f_1(z))[/mm]
> > > [mm]f_2(S(z))=f_2(z+1)[/mm] = [mm]t(f_2(z))[/mm]
> > > [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> Inversen
> > > der Nachfolgerfunktion t von D verträglich
> > > [mm]f_1(S^{-1}(z))=f_1(z-1)=t^{-1}(f_1(z))[/mm]
> > > [mm]f_2(S^{-1}(z))=f_2(z-1)=t^{-1}(f_2(z))[/mm]
> >
> > Und zwar liegt hier das Problem. Was ist [mm]t^{-1}[/mm]? Niemand
> > sagt, dass [mm]t[/mm] bijektiv ist (leider nicht einmal injektiv,
> > das würde auch noch genügen). Daher müssen wir das
> > Koprodukt leider in diesem Fall doch etwas anders
> > konstruieren. Dennoch ist unsere Idee nicht völlig umsonst
> > gewesen. Denn das zwei Homomorphismen
> > [mm]\IZ\xrightarrow{f_1}D\xleftarrow{f_2}\IZ[/mm] für alle [mm]n\ge 0[/mm]
> > übereinstimmen, das bleibt wahr (und der Beweis steht ja
> > oben). Da die Homomorphismen für [mm]n<0[/mm] nicht
> > notwendigerweise übereinstimmen,
> also sie stimmen nicht notwendigerweise überein, weil wir
> das nicht mit vollständiger Induktion beweisen können,
> ohne [mm]t^{-1}[/mm] zu verwenden oder?
> >machen wir das
> > naheliegende: Wir basteln uns die "kleinste" Einbettung
> > [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ[/mm], sodass
> > die Bilder von [mm]i_1[/mm] und [mm]i_2[/mm] übereinstimmen für [mm]n\ge 0[/mm] und
> > sich unterscheiden für [mm]n<0[/mm]. Das heißt wir betrachten eine
> > Menge
> >
> [mm]\IZ\sqcup\IZ=\{\dots,-3_1,-3_2,-2_1,-2_2,-1_1,-1_2,0,1,2,3,\dots\}[/mm],
> > welche jede negative Zahl doppelt enthält und die
> > nichtnegativen Zahlen nur einmal. Als Konstante wählen wir
> > die [mm]0[/mm] und für die einstellige Funktion [mm]u[/mm] definieren wir
> > [mm]u(n_1)=(n+1)_1[/mm], [mm]u(n_2)=(n+1)_1[/mm] für [mm]n<-1[/mm]. Für [mm]n=-1[/mm]
> > definieren wir [mm]u(-1_1)=u(-1_2)=0[/mm] und für [mm]n\ge 0[/mm] definieren
> > wir [mm]u(n)=n+1[/mm].
> >
> > Jetzt müssen wir [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ[/mm]
> > definieren. Dafür setzen wir [mm]i_1(n)=n_1[/mm] für [mm]n<0[/mm] und
> > [mm]i_1(n)=n[/mm] für [mm]n\ge0[/mm]. Dass dies einen Homomorphismus
> > definiert, rechnet man leicht nach. Ähnlich definiert man
> > [mm]i_2[/mm].
> >
> > Kannst du zeigen, dass mit diesen Festlegungen
> > [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ[/mm] ein
> > Koprodukt-Diagramm definiert?
> >
> Das Vorgehen, wie wir uns das Koprodukt zusammenbasteln,
> verstehe ich. (Nur warum können wir nicht sagen, dass die
> Inversenfunktion [mm]t^{-1}[/mm] automatisch verträglich mit den
> [mm]f_i[/mm] ist? Ist die nicht immer verträglich mit
> Homomorphismen?)
WENN $t$ bijektiv ist, vertragen sich Homomorphismen auch mit [mm] $t^{-1}$. [/mm] Aber das ist nicht immer der Fall, das heißt [mm] $t^{-1}$ [/mm] muss gar nicht existieren.
> Habe ich das richtig verstanden, dass wir jetzt statt zu
> zeigen, dass [mm]f_1[/mm] = [mm]f_2[/mm] für negative n, unser f aus [mm]i_1, i_2, f_1, f_2[/mm]
> einfach konstruieren, weil wir ja wissen, dass f [mm]\circ i_i[/mm]
> = [mm]f_i[/mm] gelten muss?
> Wir definieren uns [mm]f:=f_1=f_2[/mm] für n>=0
Besser: [mm] $f(n):=f_1(n)=f_2(n)$ [/mm] für [mm] $n\ge [/mm] 0$, aber sonst, ja.
> und [mm]f((n)_1)=f_1(n), f((n)_2)[/mm] = [mm]f_2(n)[/mm] für n<0 und das ist als
> Zusammensetzung von Homomorphismen ja selbst wieder einer
Mit der Homomorphieeigenschaft von [mm] $f_{1,2}$ [/mm] kann man das natürlich leicht zeigen, das würde ich aber auch tun, also explizit einmal die Gleichungen nachrechnen, die $f$ zu einem Homomorphismus machen.
> und dann zeigen wir noch die Eindeutigkeit?
Genau. Sei $g$ ein weiterer Homomorphismus mit [mm] $g\circ i_{1,2}=f_{1,2}$. [/mm] Dann zeige, dass $f=g$ folgt.
> > Es tut mir Leid, dass wir zuerst in diese Falle laufen
> > mussten, aber ich hoffe, du hast ein bisschen verstanden,
> > wie man auf die Idee zur Rettung dieses Ansatzes kommt.
>
> Das macht doch nichts. Jetzt werde ich dafür immer genau
> aufpassen, wenn es um unbekannte Inversen geht :)
>
> Liebe Grüße
> Tipsi
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:24 So 08.06.2014 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Universelles Objekt,
wider Erwarten krieg ich das Bsp 3) leider immer noch nicht ganz hin:
> > > > Und jetzt noch 3.):
> > >
> > > Es ist mir zwar peinlich, aber hier habe ich mich
> > > getäuscht. Ich bin auf dasselbe reingefallen wie du bei
> > > deinem nachfolgenden Lösungsversuch, aber jetzt, wo du es
> > > aufgeschrieben hast, ist es mir zum Glück noch
> > > aufgefallen:
> > >
> > > > sei [mm]i_1:=[/mm] id, [mm]i_2:=[/mm] id [mm]\Rightarrow i_1, i_2[/mm] sind Hom.
> > > > sei [mm]f_1[/mm] Hom: Z [mm]\rightarrow[/mm] D, [mm]f_2[/mm] Hom.: Z [mm]\rightarrow[/mm] D
> > > > Beh.: [mm]f_1[/mm] = [mm]f_2[/mm]
> > > > Bew.: [mm]f_1[/mm] und f:2 sind HOm. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit
> der
> > > > Konstanten e von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(0)=e=f_2(0)[/mm]
>
> >
> > >
> > > >
> > > > [mm]f_2[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> > > > Nochfolgerfkt t von D verträglich [mm]\Rightarrow f_1(S(Z))[/mm] =
> > > > [mm]f_1(z+1)[/mm] = [mm]t(f_1(z))[/mm]
> > > > [mm]f_2(S(z))=f_2(z+1)[/mm] = [mm]t(f_2(z))[/mm]
> > > > [mm]f_1[/mm] und [mm]f_2[/mm] sind Hom. [mm]\Rightarrow[/mm] sind mit der
> > Inversen
> > > > der Nachfolgerfunktion t von D verträglich
> > > > [mm]f_1(S^{-1}(z))=f_1(z-1)=t^{-1}(f_1(z))[/mm]
> > > > [mm]f_2(S^{-1}(z))=f_2(z-1)=t^{-1}(f_2(z))[/mm]
> > >
> > > Und zwar liegt hier das Problem. Was ist [mm]t^{-1}[/mm]? Niemand
> > > sagt, dass [mm]t[/mm] bijektiv ist (leider nicht einmal injektiv,
> > > das würde auch noch genügen). Daher müssen wir das
> > > Koprodukt leider in diesem Fall doch etwas anders
> > > konstruieren. Dennoch ist unsere Idee nicht völlig umsonst
> > > gewesen. Denn das zwei Homomorphismen
> > > [mm]\IZ\xrightarrow{f_1}D\xleftarrow{f_2}\IZ[/mm] für alle [mm]n\ge 0[/mm]
> > > übereinstimmen, das bleibt wahr (und der Beweis steht ja
> > > oben). Da die Homomorphismen für [mm]n<0[/mm] nicht
> > > notwendigerweise übereinstimmen,
also sie stimmen nicht notwendigerweise überein, weil wir
das nicht mit vollständiger Induktion beweisen können,
ohne [mm]t^{-1}[/mm] zu verwenden oder?
> > >machen wir das
> > > naheliegende: Wir basteln uns die "kleinste" Einbettung
> > > [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ[/mm], sodass
> > > die Bilder von [mm]i_1[/mm] und [mm]i_2[/mm] übereinstimmen für [mm]n\ge 0[/mm] und
> > > sich unterscheiden für [mm]n<0[/mm]. Das heißt wir betrachten eine
> > > Menge
> > >
> >
> [mm]\IZ\sqcup\IZ=\{\dots,-3_1,-3_2,-2_1,-2_2,-1_1,-1_2,0,1,2,3,\dots\}[/mm],
> > > welche jede negative Zahl doppelt enthält und die
> > > nichtnegativen Zahlen nur einmal. Als Konstante wählen wir
> > > die [mm]0[/mm] und für die einstellige Funktion [mm]u[/mm] definieren wir
> > > [mm]u(n_1)=(n+1)_1[/mm], [mm]u(n_2)=(n+1)_1[/mm] für [mm]n<-1[/mm]. Für [mm]n=-1[/mm]
> > > definieren wir [mm]u(-1_1)=u(-1_2)=0[/mm] und für [mm]n\ge 0[/mm] definieren
> > > wir [mm]u(n)=n+1[/mm].
> > >
> > > Jetzt müssen wir [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ[/mm]
> > > definieren. Dafür setzen wir [mm]i_1(n)=n_1[/mm] für [mm]n<0[/mm] und
> > > [mm]i_1(n)=n[/mm] für [mm]n\ge0[/mm]. Dass dies einen Homomorphismus
> > > definiert, rechnet man leicht nach. Ähnlich definiert man
> > > [mm]i_2[/mm].
> > >
> > > Kannst du zeigen, dass mit diesen Festlegungen
> > > [mm]\IZ\xrightarrow{i_1}\IZ\sqcup\IZ\xleftarrow{i_2}\IZ[/mm] ein
> > > Koprodukt-Diagramm definiert?
> > >
>
> > Habe ich das richtig verstanden, dass wir jetzt statt zu
> > zeigen, dass [mm]f_1[/mm] = [mm]f_2[/mm] für negative n, unser f aus [mm]i_1, i_2, f_1, f_2[/mm]
> > einfach konstruieren, weil wir ja wissen, dass f [mm]\circ i_i[/mm]
> > = [mm]f_i[/mm] gelten muss?
> > Wir definieren uns [mm]f:=f_1=f_2[/mm] für n>=0
>
> Besser: [mm]f(n):=f_1(n)=f_2(n)[/mm] für [mm]n\ge 0[/mm], aber sonst, ja.
>
> > und [mm]f((n)_1)=f_1(n), f((n)_2)[/mm] = [mm]f_2(n)[/mm] für n<0 und das ist
> als
> > Zusammensetzung von Homomorphismen ja selbst wieder einer
>
> Mit der Homomorphieeigenschaft von [mm]f_{1,2}[/mm] kann man das
> natürlich leicht zeigen, das würde ich aber auch tun,
> also explizit einmal die Gleichungen nachrechnen, die [mm]f[/mm] zu
> einem Homomorphismus machen.
hier komme ich nicht weiter.
Dass f(0)=e ist klar.
Dass f(a+b)=f(a)+f(b) geht für (a+b)>0, a>0, b>0 auch leicht zu zeigen.
Aber wie sieht es zum Beispiel aus, falls:
[mm] f(a+b_1)=f_1(a+b_1)=? [/mm] im Fall a>0, [mm] b_1 [/mm] <0, [mm] (a+b_1)<0?
[/mm]
Muss ich hier alle möglichen Fälle der Kombinationen (a+b)>0,<0, a>0, <0, [mm] b_1>0,<0, b_2>0, [/mm] <0 , [mm] (b_1+b_2)>0, [/mm] <0 durchspielen?
Beim Beweis, dass die Inverse auf die Inverse abgebildet wird und der Eindeutigkeit von f habe ich dann das gleiche Problem mit all den Fällen und, dass x ja die Summe von z.B. [mm] b_1 [/mm] und [mm] b_2 [/mm] sein kann und ich dann nicht [mm] f(b_1+b_2)=f_1(b_1+b_2) [/mm] schreiben kann...
Kannst du mir vlt. ein paar der schwierigen Fälle aufschreiben oder mir einen Tipp dazu geben?
>
> > und dann zeigen wir noch die Eindeutigkeit?
>
> Genau. Sei [mm]g[/mm] ein weiterer Homomorphismus mit [mm]g\circ i_{1,2}=f_{1,2}[/mm].
> Dann zeige, dass [mm]f=g[/mm] folgt.
Danke für die vielen Antworten und deine Geduld
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Hi,
bald ist es geschafft, denke ich mal
> > Mit der Homomorphieeigenschaft von [mm]f_{1,2}[/mm] kann man das
> > natürlich leicht zeigen, das würde ich aber auch tun,
> > also explizit einmal die Gleichungen nachrechnen, die [mm]f[/mm] zu
> > einem Homomorphismus machen.
> hier komme ich nicht weiter.
> Dass f(0)=e ist klar.
> Dass f(a+b)=f(a)+f(b) geht für (a+b)>0, a>0, b>0 auch
> leicht zu zeigen.
> Aber wie sieht es zum Beispiel aus, falls:
> [mm]f(a+b_1)=f_1(a+b_1)=?[/mm] im Fall a>0, [mm]b_1[/mm] <0, [mm](a+b_1)<0?[/mm]
> Muss ich hier alle möglichen Fälle der Kombinationen
> (a+b)>0,<0, a>0, <0, [mm]b_1>0,<0, b_2>0,[/mm] <0 , [mm](b_1+b_2)>0,[/mm] <0
> durchspielen?
Was ist denn "+"? Wir reden hier von $(0,1)$-Algebren, du musst lediglich zeigen, dass $f$ mit den einstelligen Relationen kommutiert.
> Beim Beweis, dass die Inverse auf die Inverse abgebildet
> wird und der Eindeutigkeit von f habe ich dann das gleiche
> Problem mit all den Fällen und, dass x ja die Summe von
> z.B. [mm]b_1[/mm] und [mm]b_2[/mm] sein kann und ich dann nicht
> [mm]f(b_1+b_2)=f_1(b_1+b_2)[/mm] schreiben kann...
>
> Kannst du mir vlt. ein paar der schwierigen Fälle
> aufschreiben oder mir einen Tipp dazu geben?
>
> >
> > > und dann zeigen wir noch die Eindeutigkeit?
> >
> > Genau. Sei [mm]g[/mm] ein weiterer Homomorphismus mit [mm]g\circ i_{1,2}=f_{1,2}[/mm].
> > Dann zeige, dass [mm]f=g[/mm] folgt.
>
> Danke für die vielen Antworten und deine Geduld
Hast du die Eindeutigkeit hinbekommen?
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:36 Di 10.06.2014 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Universelles Objekt
> bald ist es geschafft, denke ich mal
Ja, ich glaube, jetzt hab ich's :)
sei f definiert durch: [mm] f(z)=f_1(z)=f_2(z), z\geq [/mm] 0
[mm] f(z_1):=f_1(z), [/mm] z<0 (wäre es hier nicht "richtiger", statt z<0 [mm] z_1 \leq -1_1 [/mm] zu schreiben?)
[mm] f(z_2):=f_2(z), [/mm] z<0 (oder [mm] z_2 \leq -1_2?)
[/mm]
z.z.: f ist Hom.
[mm] f(0)=f_1(0)=e_D
[/mm]
[mm] f(S'(z))=f_1(S'(z))=t(f_1(z))=t(f(z)), [/mm] z [mm] \geq [/mm] 0
[mm] f(S'(z_1)) [/mm] = [mm] f((z+1)_1)=f_1(z+1)=f_1(S(z))=t(f_1(z))=t(f(z_1)), [/mm] z<0 (oder [mm] z_1 \leq -1_1 [/mm] ?)
[mm] f(S'(z_2)) [/mm] = [mm] f((z+1)_2)=f_2(z+1)=f_2(S(z))=t(f_2(z))=t(f(z_2)), [/mm] z<0 (oder [mm] z_2 \leq -1_2 [/mm] ?)
Hier gibt es keine Inverse, für die man zeigen muss, dass sie wieder auf die Inverse abgebildet wird oder?
z.z. f ist eindeutig
sei [mm] \tilde{f} [/mm] ein weiterer Homomorphismus Z' [mm] \rightarrow [/mm] D, der [mm] \tilde{f}\circ i_1 [/mm] = [mm] f_1, \tilde{f} \circ i_2 [/mm] = [mm] f_2 [/mm] erfüllt.
[mm] f(z)=f\circ i_1(z) [/mm] = [mm] f_1(z) [/mm] = [mm] \tilde{f} \circ i_1(z) [/mm] = [mm] \tilde{f}(z), z\geq [/mm] 0
[mm] f(z_1) [/mm] = f [mm] \circ i_1 [/mm] = [mm] f_1(z) [/mm] = [mm] \tilde{f} \circ i_1(z) [/mm] = [mm] \tilde{f}(z_1), [/mm] z [mm] \leq [/mm] 0 [mm] (z_1 \leq -1_1 [/mm] ?)
analog für [mm] f(z_2)
[/mm]
Somit gilt: f(z) = [mm] \tilde{f}(z) [/mm] für alle z aus Z', also [mm] f=\tilde{f}
[/mm]
Ist das Beispiel jetzt komplett oder habe ich noch was übersehen?
Vielen Dank für deine Hilfe :)
LG
Tipsi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 Mi 11.06.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Jetzt passt alles . Deine Schreibweise ist auch richtig. (A priori ist nicht klar, was $ [mm] x_1\le y_1$ [/mm] bedeuten soll, weil [mm] $\le [/mm] $ eine Ordnung auf den ganzen Zahlen und nicht auf den durch 1 indizierten ganzen Zahlen ist, aber man kann es auch übertreiben^^)
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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Könnte ein Moderator die Frage auf beantwortet stelmen? Ich denke nach meinen Ergänzungen ist es nicht mehr nötig, dass die Frage weiterhin die Liste der offenen Fragen vergrößert.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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