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Anzahl von Elementen bestimmen...
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ellocko
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Anmeldungsdatum: 28.04.2005
Beiträge: 19
Wohnort: Kiel

BeitragVerfasst am: 25 Mai 2005 - 20:36:05    Titel: Anzahl von Elementen bestimmen...

Ich habe die Aufgabe schon in einem anderen Forum gestellt, da sie sich durch die erlaubten LaTeX-Befehle besser darstellen lässt. leider bekomme ich dort keine Antworten, die mich weiterbringen.

Die URL ist: Aufgabe 24

Wäre klasse, wenn ich vielleicht hier ein paar Antworten bekäme...
Hiob
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Anmeldungsdatum: 05.05.2005
Beiträge: 1379

BeitragVerfasst am: 26 Mai 2005 - 01:45:03    Titel:

In Z(2,m) befinden sich 2^m Elemente. Falls das nicht klar ist, schau Dir an, wie sich die Menge für größer werdende m entwickelt:
Z(2,1)={0,1}
Z(2,2)={(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)}
Z(2,3)={(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)}
usw.
Wie man sieht, kann man die Elemente (die nebenbei die Eckpuntke des m-ten Einheitswürfels sind) auch gleich ordnen.

In Z(2,n) befinden sich 2^n Elemente.
Jedes Element von Z(2,m) wird durch f nach Z(2,n) abgebildet. Jedes der 2^m Element kann auf 2^n Elemente abgebildet werden.
Es gibt 2^(n^(2^m)) verschiedene Möglichkeiten 2^m Elemente auf 2^n Elemente abzubilden. Also gibt es 2^(n^(2^m)) Funktionen, die von Z(2,m) nach Z(2,n) abbilden.
Somit hat man schonmal eine obere Grenze für die Anzahl der Elemente.
Allerdings will man ja zusätzlich noch, daß es sich bei den f um Homomorphismen handelt, also wird man die Anzahl noch weiter einschänken können.
Ich würde sagen die Homomorphismuseigenschaft bedeutet hier, daß gilt:
Für alle x,y€Z(2,m): f(x+y)=f(x)+f(y).
Daraus kann man schonmal schlußfolgern, daß f(0_(Z(2,m)))=0_(Z(2,n)), also daß das neutrale Element auf das neutrale Element abgebildet wird.
Damit hat man die Anzahl schonmal um den Faktor 2^n verringert. Aber es folgt noch mehr, worüber ich mir allerdings gerade im Unklaren bin.
ellocko
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Anmeldungsdatum: 28.04.2005
Beiträge: 19
Wohnort: Kiel

BeitragVerfasst am: 26 Mai 2005 - 11:36:55    Titel:

Ok. Ich kann nachvollziehen, was du gedacht hast. Bis dahin, wo aus 0 --> 0 folgt, dass die Anzahl um 2^n verringert wird. Könntest du nochmal schreiben wieso das so ist? Und zu Homomorphismen gehört doch neben der Additivität auch noch die Homogenität, oder?
Hiob
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Anmeldungsdatum: 05.05.2005
Beiträge: 1379

BeitragVerfasst am: 26 Mai 2005 - 12:17:58    Titel:

So, jetzt folgen vier Absätze, von denen schließlich nur der letzte für die Aufgabe interessant ist. Die nächsten drei gehen nur nochmal auf die Null und die Homogenität ein.

Daß die Null von Z(2,m) auf die Null von Z(2,n) abgebildet wird, folgt aus der Additivität:
f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)
=> f(0)=f(0)+f(0)

Daß sich damit die Anzahl um den Faktor 2^n verringert, liegt an der Überlegung, daß man jedes der 2^m Elemente auf 2^n Elemente abbilden kann.
Nach der Erkenntnis, daß Null nur auf Null abbilden kann, gilt also nur noch für (2^m)-1 Elemente die Abbildbarkeit auf 2^n Elemente und für eines (die Null) die Abbildbarkeit auf ein Element.
Vorher: 2^(n^(2^m)) = 2^(n^((2^m)-1)) * 2^n
Jetzt: 2^(n^((2^m)-1))

Die Eigenschaften eines Homomorphismus hängen von seiner Art ab. Es gibt Gruppenhomomorphismen, die nur additiv sind.
Bezüglich welcher Menge würde die Homogenität dann gelten? Ich würde hier erstmal auf Z tippen. Aber vermutlich muß man nur Z(2,1) betrachten.

Ah, mir fällt noch was zur Additivität ein.
In Z(2,m) befinden sich immer genau m Einheitsvektoren e1,..,em, also Vektoren, die genau einen Einseintrag haben. Weil diese Vektoren eine Basis für Z(2,m) sind, müssen deren Funktionswerte eine Basis für f(Z(2,m)) c Z(2,n) sein.
Sei v aus Z(2,m). Dann gibt es a1,..,am aus {0,1}, so daß:
v = a1*e1+..+am*em.
Da f ein Homomorphismus ist, muß dann gelten:
f(v) = f(a1*e1+..+am*em) = a1*f(e1)+..+am*f(em).
Das heißt, wenn man weiß wohin die Einheitsvektoren abbilden, kann man die Abbildung für alle Vektoren ableiten. Demnach kann man eigentlich nur m Vektoren frei wählen.
Also gibt es 2^(n^m) Funktionen von Z(2,m) nach Z(2,n).
Ich denke, das reicht aus.
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