alle homomorphismen bestimmen

hallo, wie bestimme ich alle Homomorphismen von einer Gruppe in eine andere. Beispielsweise von Z,+ nach Z,+ ???
Imho sind das unendlich viele? Oder lassen sich diese irgendwie allgemeiner beschreiben.
Ein anderes Beispiel wäre Q,+ nach Z,+. Hier kommt IMHO nur x -> 0 in frage. Aber wie beweise ich, dass es keine weiteren gibt?

Ich blicke die Materie irgendwie nicht durch. Und mit Google finde ich auch nicht gerade viele Infos darüber.

this-*gt*that

Reicht es dir bereits deskriptiv?
A1=<Z,+> A2=<Z,+>

M = { h:Z->Z | h(+(a1,a2)) = +(h(a1), h(a2)) für alle ai Element Z}

sry, kann kein latex^^

Ich denke nicht, dass es ausreicht, das ist ja nur die Definition von Homomophismus, eingeschränkt auf Z.

kann auch kein Latex

Christoph

homo schrieb:

hallo, wie bestimme ich alle Homomorphismen von einer Gruppe in eine andere. Beispielsweise von Z,+ nach Z,+ ???

Wenn f ein beliebiger Homomorphismus von (Z,+) nach (Z,+) ist, dann gilt natürlich f(0) = 0. Jetzt schaut man was das Bild von 1 ist: f(1) =: x. Durch dieses x ist aber der Homomorphismus schon vollständig festgelegt, weil f(n) = \underbrace{f(1) + \cdots + f(1)}_{\mbox{n$ Summanden}} = nx$ und f(-1) = -f(1) = -x ist.

Ein anderes Beispiel wäre Q,+ nach Z,+. Hier kommt IMHO nur x -> 0 in frage. Aber wie beweise ich, dass es keine weiteren gibt?

Nimm wieder an f sei ein Homomorphismus von (Q,+) nach (Z,+). Man kann sich auch hier das Bild von 1 anschauen: f(1) =: x.

x ist eine ganze Zahl, hat also (wenn es nicht 0 ist) eine im wesentlichen eindeutige Primfaktorzerlegung. Sei der n die Anzahl des Primfaktors 2, also $x = 2^n y$ für irgendeine ungerade ganze Zahl y.

Dann schaue ich mir an, dass f(1) ja nur die Summe von 2^(n+1) Summanden der Form 2^(n-1) ist:
$2^{n+1} \cdot f(2^{-n-1}) = \underbrace{f(2^{-n-1}) + \cdots + f(2^{-n-1})}_{\mbox{ $2^{n+1}$ Summanden}} = f(1) = x$

Jetzt steht dort aber x hätte den Teiler 2^{n+1}, weil f(2^{-n-1}) ja eine ganze Zahl ist.

Also kann eine der Annahmen, die getroffen wurden, nicht stimmen: f(1) kann keine eindeutige Primfaktorzerlegung haben, das heißt f(1) ist 0. Damit ist f aber überall 0.

Danke dir. Habe jetzt so einiges besser verstanden. Außer wie du beim 2. Teil auf 2^(-n-1) kommst.
Dass man eine Zahl in Summe von einsen zerlegen kann ist wohl etwas was einem nicht beigebracht wird, worauf man aber selbst kommen sollte.
Zu dem Zeitpunkt wo wie die zweite Aufgabe lösen mussten, hatten wir zwar noch nicht die Primfaktorzerlegung und ihre Eindeutigkeit. Das ist aber jetzt nicht mehr so wichtig. D.h. ich kann/sollte nächstes mal daran denken.

Christoph

homo schrieb:

Habe jetzt so einiges besser verstanden. Außer wie du beim 2. Teil auf 2^(-n-1) kommst.

Man kann anstelle n+1 auch n schreiben und n als Variable ansehen, dann ist es vielleicht einfacher. Damit zerlege ich die 1 in eine Summe:
$1 = 2^{n}\cdot2{-n} = \underbrace{2^{-n} + \cdots + 2^{-n}}_{\mbox{ $2^{n}$ Summanden}}$

Der Trick bei der Sache ist, dass man so auf der rechten Seite beliebig viele Summanden hinbekommt, wenn man n nur groß genug genug wählt. Danach wendet man auf beiden Seiten f an. Da die Summanden auf der rechten Seite alle gleich sind, bedeutet dass, dass
$f(1) = 2^n \cdot f(2^{-n})$

Das heißt, der Primfaktor 2 steckt beliebig oft in der Zahl f(1). Das erfüllt aber nur die 0, also f(1) = 0.