heute ist der Geburtstag von
Pierre-Simon Laplace (28.03.1749 - 05.03.1827)


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SS12 UE4 
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Beitrag SS12 UE4
Bei Bsp 71 kann ich zeigen, dass folgende Operationen nur die eine angegebene Partition {{1,2}{3,4,5}} als Kongruenzrelation zu lassen. Ich bin mir aber nicht sicher, ob man wirklich alle benötigt...
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline
$a\in A$ & $\omega_i$ & i: & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9   \\
\hline
\hline
1           & $\mapsto $ &  & 3 & 3 & 3 & 3 & 3 & 3 & 4 & 4 & 4   \\
\hline
2           & $\mapsto $ &  & 4 & 4 & 4 & 4 & 4 & 4 & 5 & 5 & 5   \\
\hline
3           & $\mapsto $ &  & 1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 2   \\
\hline
4           & $\mapsto $ &  & 1 & 2 & 1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 2 & 1   \\
\hline
5           & $\mapsto $ &  & 2 & 1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 2 & 1 & 1   \\
\hline
\end{tabular}


So 15-04-2012 18:21:01
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Beitrag Re: SS12 UE4
Ich glaub man kommt mit 3 Operationen aus, wenn man die Funktionswerte von 1,2 etwas mehr durcheinanderwürfelt, etwa
1: 3 3 4
2: 4 5 5
3: 1 1 2
4: 1 2 1
5: 2 1 1


So 15-04-2012 19:17:51
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Hat wer was zu 307 bzw. 308?


So 15-04-2012 20:02:28
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Beitrag Re: SS12 UE4
Zum 307er:

Betrachte die Folge f(0), f(1), f(2), ...
Falls f nicht injektiv ist, dann gibt es ein kleinstes n2 sodass f(n2) = f(n1) für ein n1 < n2.
definiere n3 := n2 - n1 <=> n2 = n1 + n3
=> für alle k aus N: f(k + n1) = f(k) + f(n1) = f(k) + f(n2) = f(k) + f(n1) + f(n3)
=> f(n3) ist neutrales Element bez. + in H für alle Elemente f(n) mit n >= n1

Also wähle n aus N beliebig mit n >= n1
=> es gibt q,r aus N mit n - n1 = n3*q + r, wobei 0 <= r < n3 gilt.
somit ist f(n) = f(n1 + n3*q + r) = f(n1) + f(n3) + f(n3) + ... + f(n3) + f(r) = f(n1) + f(r)
also gilt f(N) <= n1 + n3 = n2 < unendlich

Korrigiert mich bitte, falls ich einen Fehler gemacht habe.


So 15-04-2012 21:45:36
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Beitrag Re: SS12 UE4
Falls irgendjemand eine Lösung zum Bsp. 204 von der vorigen Übung hat, wäre ich sehr dankbar falls er die posten könnte, oder zu mindestens wie die gesuchte Menge aussieht.
Wollte das Beispiel zu Hause nachrechnen und bin auf keine Lösung gekommen.


So 15-04-2012 21:50:11
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Beitrag Re: SS12 UE4
Frage zum 67: wie ist f(U) zu verstehen? U besteht nicht nur aus einer Menge, sondern auch Operationen. Ist f(omega_i) sinnvoll definiert für n_i > 0? Ist das Bild einer Operation in U einfach die entsprechende (vl neue) Operation in f(U)? Ich bin sehr verwirrt x(


Mo 16-04-2012 18:38:30
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Beitrag Re: SS12 UE4
cmg534 hat geschrieben:
Frage zum 67: wie ist f(U) zu verstehen? U besteht nicht nur aus einer Menge, sondern auch Operationen. Ist f(omega_i) sinnvoll definiert für n_i > 0? Ist das Bild einer Operation in U einfach die entsprechende (vl neue) Operation in f(U)? Ich bin sehr verwirrt x(

Naja, es steht ja dabei, dass $f$ ein Homomorphismus ist. Für jede Operation, die es auf $\mathfrak{A}$ gibt, gibt es auch eine Operation gleicher Stelligkeit auf $\mathfrak{A}^{*}$, und die Operationen müssen eben "zusammenpassen", sprich: $f$ muss strukturerhaltend sein.
Schlag einfach im Skript die Definition von "Homomorphismus" nach, vielleicht wirds dann klarer.


Mo 16-04-2012 18:49:51
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Beitrag Re: SS12 UE4
Mein kompletter 71-er Senf:



Mo 16-04-2012 20:55:34
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Beitrag Re: SS12 UE4
ist noch jemandem aufgefallen, dass sich 307) und 308.b) irgendwie sehr ähnlich sind?


Mo 16-04-2012 21:42:58
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Jetzt wo du's sagst... Aber irgendwie kann ich daraus nur schließen, dass für alle nicht-trivialen Kongruenzrelationen von (N,+) gelten muss, dass die Klasse [0] bez. dieser Kongruenzrelation unendlich viele Elemente haben muss. Das war mir aber vorher auch schon klar. Hast du eine Lösung zu 308 b) ? Falls ja, wäre ich dir dankbar, wenn du sie posten könntest.


Mo 16-04-2012 23:01:59
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Beitrag Re: SS12 UE4
Falls jemand was zum 311 hat, wäre ich ebenfalls sehr dankbar, wenn er/sie es posten würde.


Mo 16-04-2012 23:56:58
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Beitrag Re: SS12 UE4
ad 311: ich hab eine formel gefunden, wie man recht einfach die konjugation von einem zyklus berechnet: sei $(x_1,\ldots,x_n)$ ein Zyklus und $g \in S_4$, dann gilt
$$g \circ (x_1,\ldots,x_n) \circ g^{-1} = (g(x_1),\ldots,g(x_n))$$
(das funktioniert sogar auch für doppelzyklen)

d.h., wenn eine untergruppe ein normalteiler ist (also unter konjugation abgeschlossen), dann muss sie mit jedem zyklus schon alle anderen zyklen derselben länge enthalten!
damit kriegst du relativ schnell, dass es nur zwei nichttriviale NT gibt:
-) die 4er gruppe aller doppeltransp. (12)(34),..
-) die 12er gruppe aller geraden permutationen $A_4$ = (123),...,(12)(34),...

308.a) wir wissen schon, dass eine untergruppe einer zyklischen gruppe <x> wieder eine zyklische gruppe <x^n> ist. wenn wir die gruppe additiv schreiben, wird aus <x^n> <n*x>. also sind alle untergruppen, und damit alle normalteiler, von $\mathbb{Z}$ = <1> von der form <n> = {0,n,-n,2n,-2n,...}. d.h. die kongruenzen sind genau die modulo-kongruenzen.

308.b) ich kann zumindest mal die lösung hinschreiben: alle nichttriv. kongruenzrelationen sind von der form (ich schreib jetzt die zugehörigen klassen hin):
{0}{1}{2}...{n-1}{n,n+k,n+2k,..}{n+1,n+1+k,n+1+2k,...}{n+2,..} ... {n+k-1,..}
so elegant wie in a.) konnte ich nicht argumentieren. aus 307 kriegst du schonmal, dass es nur endlich viele äquivalenzklassen gibt, weil die abbildung n -> [n]~ in die faktorgruppe ein surjektiver algebrenhomom. ist, und nicht injektiv genau wenn es eine klasse mit mehr als einem element gibt.


Di 17-04-2012 10:59:59
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Danke!


Di 17-04-2012 14:48:31
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