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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:11 Fr 02.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
| Aufgabe | Hallo an alle!
Hier mein Beispiel:
Sei K eine Klasse von Algebren, die mindestens eine Algebra mit mind. 2 Elementen enthält. Sei F \in K frei über (B, i). Dann ist i Injektiv. |
Mein Lösungsansatz wäre ein Widerspruchsbeweis, also, dass ich davon ausgehe, dass i nicht Injektiv, aber F frei ist. Ich habe schon versucht, mir ein konkretes Beispiel aufzuzeichnen, aber irgendetwas habe ich dabei wohl falsch gemacht. Und eigentlich soll ich es ja sowieso allgemein zeigen...
Habt ihr eine Idee, wie ich das beginnen könnte?
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:08 Sa 03.05.2014 | | Autor: | hippias |
Mir ist nicht klar, was es heisst, wenn eine Algebra frei ueber dem Paar $(B,i)$ ist. Ich nehme an, dass [mm] $B\subseteq [/mm] A$ ein Erzeugendensystem von $A$ ist, das gewisse Eindeutigkeitsbedingungen erfuellt. Aber was ist $i$?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:14 Sa 03.05.2014 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Mir ist nicht klar, was es heisst, wenn eine Algebra frei
> ueber dem Paar [mm](B,i)[/mm] ist. Ich nehme an, dass [mm]B\subseteq A[/mm]
> ein Erzeugendensystem von [mm]A[/mm] ist, das gewisse
> Eindeutigkeitsbedingungen erfuellt. Aber was ist [mm]i[/mm]?
ich wuerde auf die Abbildung $i : B [mm] \to [/mm] A$ tippen. Also in etwa so:
$A$ heisst frei ueber $(B, i)$, wenn es zu jeder Abbildung $f : B [mm] \to [/mm] R$ genau einen Algebrahomomorphismus $g : A [mm] \to [/mm] R$ gibt mit $f = g [mm] \circ [/mm] i$.
Damit und der Voraussetzung aus der Aufgabe kann man auch sehr leicht zeigen, dass $i$ injektiv sein muss.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:03 So 04.05.2014 | | Autor: | hippias |
Ja, so ist es schoen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:50 So 04.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Hallo hippias,
felixf hat deine Frage schon völlig richtig beantwortet.
Ihr hab bereits erwähnt, dass es leicht zu zeigen ist, dass i Injektiv sein muss und das glaube ich auch, aber ich komme leider nicht darauf.
Hättet ihr vielleicht einen Tipp?
Danke, LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:40 So 04.05.2014 | | Autor: | felixf |
Moin Tipsi!
> felixf hat deine Frage schon völlig richtig beantwortet.
> Ihr hab bereits erwähnt, dass es leicht zu zeigen ist,
> dass i Injektiv sein muss und das glaube ich auch, aber ich
> komme leider nicht darauf.
> Hättet ihr vielleicht einen Tipp?
Seien $x, y [mm] \in [/mm] B$ mit $x [mm] \neq [/mm] y$. Du musst jetzt zeigen, dass $i(x) [mm] \neq [/mm] i(y)$ ist. Dazu reicht es aus, einen Homomorphismus $g : A [mm] \to [/mm] R$ zu finden mit $g(i(x)) [mm] \neq [/mm] g(i(y))$.
Aber wie kommt man an ein solches $g$? Das darfst du jetzt herausfinden 
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:07 So 04.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Danke für deine Antwort, felixf! Also ist es kein Widerspruchsbeweis, den ich brauche.
Du meinst mit g: A-> R aber schon g: F->H, wobei H eine beliebige Algebra der Klasse ist, oder?
Benötige ich den Kern, um einen Homomorphismus zu finden?
Bringt es uns weiter, g(i(e_B))=e_H (also neutrales Element wird auf neutrales Element abgebildet) zu fordern?
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:18 So 04.05.2014 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Du meinst mit g: A-> R aber schon g: F->H, wobei H eine
> beliebige Algebra der Klasse ist, oder?
Wenn deine freie Algebra $H$ heisst, ja, dann $F$. In den Beitraegen von hippias und mir hiess sie immer $A$ 
Und $R$ ist irgendeine passende Algebra. Jede beliebige tut es nicht umbedingt.
> Benötige ich den Kern, um einen Homomorphismus zu finden?
Nein. Du brauchst einfach die universelle Eigenschaft.
> Bringt es uns weiter, g(i(e_B))=e_H (also neutrales
> Element wird auf neutrales Element abgebildet) zu fordern?
Nein, nicht direkt.
(Mal abgesehen davon: was soll [mm] $e_B$ [/mm] sein? $B$ ist irgendeine Menge ohne Struktur, es gibt also kein neutrales Element.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:44 So 04.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Hallo felixf,
also nennen wir unsere freie Algebra auch weiterhin A (;
> (Mal abgesehen davon: was soll [mm]e_B[/mm] sein? [mm]B[/mm] ist irgendeine
> Menge ohne Struktur, es gibt also kein neutrales Element.)
Ja, das hast du Recht...
Du hast geschrieben, wir brauchen die universelle Eigenschaft.
Unter "universelle Eigenschaft" haben wir im Skript nur die der Produktgruppe stehen:
Die Produktgruppe [mm]G_1 \times G_2 [/mm] hat, zusammen mit den Projektionen [mm]\pi_i: G_1 \times G_2 \rightarrow G_i (i=1,2), \pi_1(x,y)=x, \pi_2(x,y)=y[/mm] folgende universelle Eigenschaft:
Für jede Gruppe A und beliebige Homomorphismen [mm]\phi_i: A \rightarrow G_i, (i=1,2) [/mm]gibt es genau einen Homomorphismus f: [mm]A \rightarrow G_1 \times G_2 [/mm] mit [mm]\phi_i = \pi_i \circ f [/mm] für i=1,2.
Das hast du aber wahrscheinlich nicht gemeint? Könntest du mir bitte herschreiben oder verlinken, was du genau unter universeller Eigenschaft verstehst (denn die Definition von Wikipedia haben wir nicht gelernt)?
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:39 So 04.05.2014 | | Autor: | felixf |
Moin Tipsi,
> also nennen wir unsere freie Algebra auch weiterhin A (;
von mir aus auch $F$
> > (Mal abgesehen davon: was soll [mm]e_B[/mm] sein? [mm]B[/mm] ist irgendeine
> > Menge ohne Struktur, es gibt also kein neutrales Element.)
> Ja, das hast du Recht...
>
> Du hast geschrieben, wir brauchen die universelle
> Eigenschaft.
> Unter "universelle Eigenschaft" haben wir im Skript nur die
> der Produktgruppe stehen:
Mit "universeller Eigenschaft" meint man allgemein Eigenschaften, die ein Objekt (bis auf Isomorphie) eindeutig klassifizieren. Die universelle Eigenschaft einer freien Algebra $F$ ueber $(B, i)$ ist:
Zu jeder Abbildung $f : B [mm] \to [/mm] R$ fuer eine Algebra $R$ gibt es genau einen Algebrenhomomorphismus $g : F [mm] \to [/mm] R$ mit $f = g [mm] \circ [/mm] i$.
Die Eigenschaft hier:
> Die Produktgruppe [mm]G_1 \times G_2[/mm] hat, zusammen mit den
> Projektionen [mm]\pi_i: G_1 \times G_2 \rightarrow G_i (i=1,2), \pi_1(x,y)=x, \pi_2(x,y)=y[/mm]
> folgende universelle Eigenschaft:
> Für jede Gruppe A und beliebige Homomorphismen [mm]\phi_i: A \rightarrow G_i, (i=1,2) [/mm]gibt
> es genau einen Homomorphismus f: [mm]A \rightarrow G_1 \times G_2[/mm]
> mit [mm]\phi_i = \pi_i \circ f[/mm] für i=1,2.
ist die universelle Eigenschaft der Produktgruppe. Ist $H$ eine andere Gruppe, die die gleiche universelle Eigenschaft erfuellt wie [mm] $G_1 \times G_2$, [/mm] so gibt es einen (sogar eindeutig bestimmten, auf eine gewisse Art und Weise) Isomorphismus $H [mm] \to H_1 \times H_2$.
[/mm]
Die Eigenschaft definiert das Produkt [mm] $G_1 \times G_2$ [/mm] also eindeutig. Deswegen heisst sie "universelle Eigenschaft" (des Produktes).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:08 Mo 05.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Danke für deine Erklärung, felixf!
Wenn wir wüssten, dass f bijektiv ist, dann hätte ich die Lösung vmtl., denn dann würde gelten:
[mm]f(x)=g \circ i(x), f(y)=g \circ i(y), x\neq y <--> f^{-1} \circ g \circ i(x) \neq f^{-1} \circ g \circ i(y) <--> g \circ i(x) \neq g \circ i(y) [/mm].
Darf man annehmen, dass es so eine bijektive Abbildung f gibt?
Wenn - wie ich vermute - nicht, dann sehe ich leider noch nicht, wie genau wir die universelle Eigenschaft nutzen können.
Danke auch für deine bisherigen Antworten!
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:36 Mo 05.05.2014 | | Autor: | hippias |
Wir haben noch gar nicht die mindestens $2$-elementige Algebra der Klasse benutzt: Nimm mal an $i$ sei nicht injektiv und bilde die beiden Uebeltaeter mittels eines $f$ auf zwei verschiedene Elemente ab. Daraus ergibt sich ein Widerspruch.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:50 Di 06.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Danke für eure Antworten, hippias, felixf und universelles Objekt!
Okay um hippias' Ansatz aufzugreifen: wenn i nicht injektiv ist, dann gibt es x,y in B, [mm]x \neq y[/mm] mit i(x)=i(y).
Außerdem enthält R a,b, [mm]a \neq [/mm].
Sei j: B--> R: j(x)=a, j(y)=b.
Wäre [mm]\phi[/mm] eine homomorphe Fortsetzung von j, dann würde gelten:
[mm]a = j(x) = \phi \circ i(x) = \phi \circ i(y) = j(y) = b[/mm], also ein Widerspruch.
So hätte ich den Widerspruchsbeweis geführt, aber kann ich denn davon ausgehen, dass es ein j gibt mit j(x)=a, j(y)=b? Das gilt doch nur, wenn j surjektiv ist, aber j ist doch beliebig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:40 Di 06.05.2014 | | Autor: | hippias |
Diese Fortsetzung existiert nach Voraussetzung fuer alle entsprechenden Funktionen; insbesondere auch fuer die, die du definiert hast.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:08 Fr 09.05.2014 | | Autor: | Tipsi |
Danke für deine Antwort, hippias!
Und danke euch dreien für eure Hilfe! :)
LG
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Übrigens folgt die Behauptung aus folgendem nützlichen
Satz: Ein linksadjungierter Funktor ist genau dann treu, wenn jede Komponente der Einheit ein Monomorphismus ist.
Für einen (einfachen) Beweis siehe etwa Mac Lane, III.3.1 .
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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