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  Abwandlung der Gruppenaxiome |
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Ehemaliges_Mitglied
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Die Gruppenaxiome werde ja oft in der Form dargestellt, dass für eine Menge $G$ mit assoziativer innerer Verknüpfung und einem ausgezeichneten Element $e\in G$ die folgenden Eigenschaften erfüllt sind.
1A. $\left(\forall g\in G\right)\left(ge=g\right)$
2A. $\left(\forall g\in G\right)\left(\exists g^{-1}\in G\right)\left(gg^{-1}=e\right)$
Hier wirken die Eigenschaften des neutralen Elements und Inverser Elemente bei der Verknüpfung von rechts. Was ist aber, wenn ich bei einer der beiden Eigenschaften die Reihenfolge tausche, so dass es etwa ein linksneutrales aber rechtsinverse Elemente gibt.
1B. $\left(\forall g\in G\right)\left(eg=g\right)$
2B. $\left(\forall g\in G\right)\left(\exists g^{-1}\in G\right)\left(gg^{-1}=e\right)$
Ist das immer noch eine Gruppe. Um zu beweisen, dass rechtsinverse Elemente auch linksinvers sind, benötigt man doch, dass das neutrale und die inversen Elemente von der selben Seite ihre Eigenschaften entfalten.
Wenn durch die Eigenschaften 1B und 2B das Verknüpfungsgebilde nicht zu einer Gruppe wird, was kann es dann sein? Gibt es so etwas?
Gruß
Fornax
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AnnaKath
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 3161
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 |      Beitrag No.1, eingetragen 2018-10-17
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Huhu Fornax,
linksneutrale/-inverse Elemente sind auch rechtsneutral/-invers; auch das "neue" Ding ist also lediglich eine Gruppe.
lg, AK.
//EDIT: Ich lese erst jetzt, dass Du nur eines der beiden Axiome ausgetauscht hast. Dann funktioniert der Standardbeweis natürlich nicht. Damit nehme ich erst einmal alles zurück.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17
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Kannst du mir den Beweis dafür, dass linksneutrale/-inverse Elemente sind auch rechtsneutral/-invers sind, aus meinen beiden Eigenschaften 1B und 2B zeigen? Mir ist der Beweis nicht mehr gelungen. Bitte die Frage nicht unterschätzen.
LG, Fornax
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17
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Ich glaube, ich sehe Gespenster.
Ich habe eben in diesem Thread eine Antwort gelesen, in der jemand meinte, dass man aus $gg^{⁻1}=e$ durch Multiplikation von rechts mit $g$ die Gleichung $ge=eg$ erhält und deshalb $e$ von beiden Seiten neutral sein müsse, oder so ähnlich.
Ein paar Sekunden später war die Antwort verschwunden. Habe ich das nur geträumt? Ich muss mich auf meinen Geisteszustand untersuchen lassen.
Aber antworten kann ich darauf ja trotzdem. Hier wird nämlich angenommen, dass $g^{-1}g=e$ ist. Das muss aber nicht sein, weil in meiner Eigenschaft 2B nur die Rechtsinversheit von $g^{-1}$ gefordert wird, nicht anders herum.
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AnnaKath
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 3161
Aus: hier und dort (s. Beruf)
| Beitrag No.4, eingetragen 2018-10-17
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Entschuldigung, ich habe nicht genau gelesen - siehe Edit.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17
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Kein Problem. Aber, war es deine Antwort, die ich gesehen hatte?
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PrinzessinEinhorn
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Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2154
 | Beitrag No.6, eingetragen 2018-10-17
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@Fornax: Mitglieder können hier ihre Beiträge eigenständig löschen, solange darauf nicht reagiert wurde.
Der Beitrag wurde also zurückgezogen.
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AnnaKath
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 3161
Aus: hier und dort (s. Beruf)
| Beitrag No.7, eingetragen 2018-10-17
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Huhu Fornax,
nein, es war nicht meine Antwort.
Nun, trotzdem denke ich, dass meine (zu) rasche Aussage richtig ist, denn es gilt:
(3) $e^{-1}=e$, wegen $ee=e$.
(4) $(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}$, wegen $(ab)b^{-1}a^{-1}=aea^{-1}=aa^{-1}=e$
Somit: $a^{-1}a=ea^{-1}ea=e^{-1}a^{-1}ae=(ae)^{-1}ae=e$
Rechtinverse sind also auch Linksinvers.
//EDIT: Oder auch nicht. Ich sehe nun auch, dass das Blödsinn ist!
lg, AK.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
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ligning
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Dabei seit: 07.12.2014
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 | Beitrag No.8, eingetragen 2018-10-17
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@AnnaKath: Du gehst von der Eindeutigkeit des inversen Elements aus.
Es wurde nicht explizit gesagt, aber diese Axiome scheinen ein eindeutiges linkes Neutralelement e zu fordern, aber kein eindeutiges rechtes inverses. Ist das so beabsichtigt? Für Gruppen fordert man das nicht, die Eindeutigkeit ist ein Theorem. Wie es hier ist, ist mir a priori nicht so klar.
-----------------
⊗ ⊗ ⊗
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ligning
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Dabei seit: 07.12.2014
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Aus: Berlin
| Beitrag No.9, eingetragen 2018-10-17
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17
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@ligning
Ich will nicht die Eindeutigkeit von $e$ fordern. Es mag noch andere Elemente mit dieser Eigenschaft geben. Woraus schließt du die Eindeutigkeit von $e$?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17
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@ligning
Danke für den Link. Ich habe mir gedacht, dass es keine Gruppe sein muss. Ich hatte nur kein Beispiel gefunden. Damit ist das Thema ja schon erledigt.
Gruß
Fornax
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ligning
Senior
Dabei seit: 07.12.2014
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Aus: Berlin
| Beitrag No.12, eingetragen 2018-10-17
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@Fornax: Das schließe ich daraus, dass $e$ in deiner Formel nicht gebunden ist. Es ist also ein festes Element namens $e$ gemeint.
OK, es könnte noch andere geben, die die gleiche Eigenschaft haben, aber in dem Inversen-Axiom ist schon dieses $e$ gemeint und nicht irgendein neutrales.
Das ist auch nur eine kleine Sache.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17
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Ja, die Inversen sind bezüglich des erwähnten $e$ invers. Wenn es noch andere neutrale Elemente gibt, kommen vielleicht noch mehr inverse Elemente dazu, die aber ein Element nicht zu $e$ anullieren, sondern zu dem erwähnten anderen Neutralen.
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tactac
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Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1567
 | Beitrag No.14, eingetragen 2018-10-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]}
\newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner}
\newcommand{\upamp}{\mathbin {⅋}}\)
Vielleicht interessanter Fakt: um zu prüfen, ob Halbgruppen mit irgendwelchen Zusatzforderungen schon Gruppen sind, bietet sich oft das einfache Beispiel an, wo die Verknüpfung einfach immer eins der Argumente produziert. Konkret hier: $x\cdot y := y$. Das ist offensichtlich assoziativ, also braucht man sich darum nicht mehr zu kümmern.
Nun ist damit *jedes* Element offenkundig linksneutral. Wählen wir eins davon aus und nennen es $e$.
Dieses $e$ ist dann aber auch Rechtsinverses für jedes Element.
Außer im Fall, dass die Grundmenge weniger als 2 Elemente hat, haben wir also etwas gefunden, was den Axiomen gehorcht aber keine Gruppe ist.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]
Ergänzung: Das Beispiel funktioniert natürlich auch, wenn das Axiom über die Rechtsinversen nicht fordert, dass das gewählte linksneutrale Element zurückgeliefert wird, sondern irgendeins; formuliert etwa $$\forall x.\ \exists y. \forall z.\ x\cdot y \cdot z = z,$$ was in dem Beispiel noch viel offensichtlicher stimmt  \(\endgroup\)
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Ehemaliges_Mitglied
|  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17
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Nach Voraussetzung existiert ein Element e aus der Gruppe, so dass für alle Elemente g aus der Gruppe $eg=g$ gilt. Also auch für das inverse Element eines Elementes h aus G. Es gilt also $eh^{-1}=h^{-1}$. Durch Linksmultiplikation mit h erhält man (1) $heh^{-1}=hh^{-1}=e$. Nun nehme man an dass $he\neq h$ gelte. Dann folgt durch Rechtsmultiplikation mit $h^{-1}$ die Ungleichung $heh^{-1}\neq hh^{-1}=e$. Setzt man nun für e die linke Seite von Gleichung (1) ein, erhält man $heh^{-1}\neq heh^{-1}$. Also ist die Annahme falsch, und für jedes h aus G gilt $he=e$
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
Nachtrag: Danke für den Hinweis in Beitrag 16. Ich lasse das mal so stehen, und ersetze das jetzt nicht durch "Hier stand Unsinn", weil es ein "schönes Beispiel" für einen typischen Denkfehler ist. Also naiver Umgang mit einem Ungleichheitszeichen in diesem Fall.
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tactac
Senior
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1567
| Beitrag No.16, eingetragen 2018-10-17
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@np_complete
dein Beweis ist fehlerhaft. Du gehst von der Injektivität der Rechtsmultiplikation mit einem festen Element aus, die durch nichts gerechtfertigt ist.
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4756
 | Beitrag No.17, eingetragen 2018-10-18
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Der Beweis geht unter den gegebenen Vorausetzungen (mit den auszufüllenden Lücken) natürlich so:
1. Es gibt nur ein Idempotent in $G$, nämlich $e$.
2. $g^{-1}g$ ist für alle $g\in G$ ein Idempotent, also dann $e$.
3. $e$ ist auch Linkseinselement (unter Verwendung von 2.).
PS: Ich habe diese Aufgabe schon gefühlt 20 mal in meinem Leben gesehen, aber obwohl es natürlich auch andere Beweismöglichkeiten gibt, ist die obige m.E. strukturell am einfachsten.
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DerEinfaeltige
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Dabei seit: 11.02.2015
Mitteilungen: 2048
 | Beitrag No.18, eingetragen 2018-10-18
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2018-10-18 00:08 - weird in Beitrag No. 17 schreibt:
Der Beweis geht unter den gegebenen Vorausetzungen (mit den auszufüllenden Lücken) natürlich so:
1. Es gibt nur ein Idempotent in $G$, nämlich $e$.
2. $g^{-1}g$ ist für alle $g\in G$ ein Idempotent, also dann $e$.
3. $e$ ist auch Linkseinselement (unter Verwendung von 2.).
Wie begründest du 2.?
Es gilt $g^{-1}(g^{-1})^{-1} = e$.
Außerdem gilt bspw.
$ge = (g^{-1})^{-1}$
und für alle $h,g,(g^{-1})^{-1}$ gilt
$gh = (g^{-1})^{-1} h$
Daraus folgt jedoch nicht $g = (g^{-1})^{-1}$, da wir nicht rechts kürzen können.
Eine etwas verzerrte Modulare Addition bietet ein potentiell nichttriviales Beispiel für die Struktur:
$p \in \mathbb{N}, p \geq 2$
Elemente:
$a_p = (q_a,r_a), q_a \in \mathbb{Z}, r_a \in \mathbb{Z}_p$
Verknüpfung:
$a_p \bigoplus b_p = (q_b, r_a + r_b \mod p)$
Rechtsneutrales Element:
$0_p = (0,0)$
Inverses Element:
$-a_p = (0, -r_a)$
Das Grundprinzip entspricht natürlich dem von tactac.
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Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4756
| Beitrag No.19, eingetragen 2018-10-18
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2018-10-18 10:21 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 18 schreibt:
2018-10-18 00:08 - weird in Beitrag No. 17 schreibt:
Der Beweis geht unter den gegebenen Vorausetzungen (mit den auszufüllenden Lücken) natürlich so:
1. Es gibt nur ein Idempotent in $G$, nämlich $e$.
2. $g^{-1}g$ ist für alle $g\in G$ ein Idempotent, also dann $e$.
3. $e$ ist auch Linkseinselement (unter Verwendung von 2.).
Wie begründest du 2.?
Einfach durch stures Ausrechnen:
$(g^{-1}g)(g^{-1}g)=g^{-1}(gg^{-1})g=g^{-1}eg=g^{-1}g$
Oder hast du was anderes gemeint?
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DerEinfaeltige
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Dabei seit: 11.02.2015
Mitteilungen: 2048
| Beitrag No.20, eingetragen 2018-10-18
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Ich hatte deinen Punkt 1. nicht genau gelesen.
Dieser ist im Allgemeinen ja nicht axiomatisch und hier auch nicht gegeben.
Es soll nur gelten:
1. Es gibt eine innere, assoziative Verknüpfung.
2. Es existiert bzgl. dieser ein linksneutrales Element.
3. Zu jedem Element existiert ein rechtsinverses Element.
Edit:
Vergleiche mit den Gruppenaxiomen
1. Es gibt eine innere, assoziative Verknüpfung.
2. Es existiert bzgl. dieser ein linksneutrales Element.
3. Zu jedem Element existiert ein linksinverses Element.
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.21, eingetragen 2018-10-18
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2018-10-18 11:13 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 20 schreibt:
Es soll nur gelten:
1. Es gibt eine innere, assoziative Verknüpfung.
2. Es existiert bzgl. dieser ein linksneutrales Element.
3. Zu jedem Element existiert ein rechtsinverses Element.
Ja, tut mir echt leid. Ich habe da im Startposting nach den Eigenschaften 1A und 2A zu lesen aufgehört, mein Fehler! 
Und ja, die obigen Eigenschaften 1.-3. reichen natürlich klarerweise nicht aus für eine Gruppe.
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