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Ohne weitere Informationen stimmt diese Aussage einfach nicht - zum Beispiel ist $\mathbb{R} \oplus \mathbb{R}$ als Vektorraum über $\mathbb{Q}$ isomorph zu  $\mathbb{R}$ als Vektorraum über $\mathbb{Q}$. Hierfür braucht man aber das axiom of choice, wovon ich aber ausgehe, dass du es annimmst.

Dein Problem wird denke ich aber signifikant einfacher, wenn du uns mehr Informationen bereitstellst.

Edit: Aus den Kommentaren geht hervor, dass $Z=\mathbb{Z}$ und damit ist die Frage, ob $(\mathbb{Z},+)$ und $(\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z},+)$ isomorph als additiven Gruppen sind. Die Antwort ist nein.

Der erste Ansatz ist einfach zu zeigen, dass  $(\mathbb{Z},+)$ zyklisch und $(\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z},+)$ nicht zyklisch ist. Isomorphie erhält zyklisch und somit können die beiden nicht isomorph sind. Das wird gerade in den Kommentaren ausgetüftelt.

Der zweite Ansatz ist anzunehmen, dass ein solche Isomorphismus existiert. Dann gibt es $z_1,z_2 \in \mathbb{Z}$ so dass 

$$f(z_1)=(1,0) \\ f(z_2)=(0,1).$$

Dann gilt 

$$f(z_1z_2)=z_1 f(z_2)=(0,z_1) \\ f(z_1 z_2)=z_2f(z_1)=(z_2,0).$$

Damit folgt aber dann $z_1=z_2=0$, was einen Widerspruch ergibt.

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Diese Frage hat mir mein Doctor von Algebra in der mündlichen Prüfung so gestellte ohne weitere Informationen
Ist Z⊕Z≅Z ? Oder nicht isomorph? Dann habe ich nein gesagt, nicht isomorph, danach hat er gefragt warum?
Aber ich wusste nicht die Antwort
  ─   usere2abde 03.08.2023 um 11:26

Dann ist die Antwort: Sowohl als auch. Als $\mathbb{R}$-Vektorräume sind $\mathbb{R}^2$ und $\mathbb{R}$ nicht isomorph, aber als $\mathbb{Q}$ Vektorräume schon. Wenn du mit $\mathbb{Z}$ die ganzen Zahlen aber meinst, ist das ein "Freebie": $(\mathbb{Z},+)$ ist eine zyklische Gruppe, während $(\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z},+)$ nicht.   ─   crystalmath 03.08.2023 um 11:34

Vielleicht geht das auch elementarer mit Nachrechnen, aber in der mündlichen Prüfung würde ich so eine Antwort geben. Isomorphismen erhalten die Eigenschaft "zyklisch" und daher gilt, dass $\mathbb{Z}$ nicht isomorph (als additivite Gruppe) zu $\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}$ ist.   ─   crystalmath 03.08.2023 um 11:39

Vielen Dank für die Antwort aber wie kann man beweisen, dass
(Z⊕Z,+) nicht zyklisch ist.
  ─   usere2abde 03.08.2023 um 12:47

Angenommen \((a_1,a_2)\) ist Erzeuger, dann ist \((a_1,-a_2)\) nicht im span   ─   mathejean 03.08.2023 um 13:02

Wann ist denn der Span hier ?   ─   usere2abde 03.08.2023 um 13:21

Was ist die frage   ─   mathejean 03.08.2023 um 13:26

Wie kann man den Span/lineare Hülle hier bestimmen?   ─   usere2abde 03.08.2023 um 13:27

Es ist alle \((ka_1,ka_2)\) mit \(k\in \mathbb{Z}\). Angenommen \((a_1,-a_2)\) ist im span, dann folgt \(a_2=0\). Dann ist aber \((0,1)\) nicht im Span. Also ist \(\mathbb{Z}^2\) nicht zyklisch   ─   mathejean 03.08.2023 um 13:31

Danke für deine Antwort aber Ich habe die letzten zwei Zeilen nicht ganz verstanden " dann folgt a2=0.muss dann nicht (1,0) nicht im Span sein?   ─   usere2abde 03.08.2023 um 13:51

Was hat den Span mit dem beweis der Zyklisch zu tun? 😥😥   ─   usere2abde 03.08.2023 um 13:54

Ich habe einen elementareren Beweis angefügt... Der ist aber nicht als Antwort für eine mündliche Prüfung geeignet meiner Meinung nach...   ─   crystalmath 03.08.2023 um 14:15

Zyklisch = span aus einem einzigen element   ─   mathejean 03.08.2023 um 14:27

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Ich habe hier noch eine alternative Lösung, wo das Argument von meiner Antwort etwas versteckt drinnen steckt, dafür ist die Rechnung sehr leicht:
\(\mathbb{Z}\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\Rightarrow \mathbb{F_2}=\mathbb{Z}\otimes \mathbb{F}_2\cong (\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z})\otimes \mathbb{F}_2=(\mathbb{Z}\otimes \mathbb{F}_2)^2=\mathbb{F}_2^2\) das ist natürlich ein Widerspruch, beide Seiten haben sogar unterschiedenliche kardinalität

Statt \(\mathbb{F}_2\) würde auch \(\mathbb{Q}\) gehen (es geht sogar jeder Körper :D). Dann würde her der Widerspruch nicht durch kardinalität kommen, sondern linearen Algebra, was im obigen Argument nicht braucht
  ─   mathejean 03.08.2023 um 15:25

nein tensorprodukt ist über Z = tensorprodukt von abelian Gruppen, sonst wäre \(\mathbb{Z}\otimes_{\mathbb{F}_2} \mathbb{F}_2=\mathbb{\mathbb{Z}}\). Man kann aber trotzdem \(\mathbb{Z}\otimes \mathbb{F}_2\) als \(\mathbb{F}_2\)-Modul auffassen, was man braucht wenn man mit anderen Körpern arbeitet.

Unten in meiner allgemeinen Antwort, man kann ähnlich vorgehen. Um zu sehen, dass \((R/I)^m\cong (R/I)^n\) gilt kann man (natürlich ist es offensichtlich wenn man yonedas einbettung benutzt) einfach bei \(R^m\cong R^n\) beide Seiten Tensorprodukt mit \(R/I\) über \(R\) machen, es wird dann auch ein \(R/I\)-Modul sein
  ─   mathejean 04.08.2023 um 09:18

Ich glaube es ist auch gar nicht möglich Z als F_2 vektorraum aufzufassen…   ─   mathejean 04.08.2023 um 10:19

Wir haben dem Fragy mittlerweile 4 Lösungen angeboten. Piano, Leute!   ─   crystalmath 04.08.2023 um 11:31

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Hallo, der Rang eines freien Moduls ist über kommutativen Ringen eindeutig bestimmt. Im endlichen Fall es ist einfach. Sei \(R\not =0\) kommutativ. Axiom of Choice impliziert \(R\) hat maximalen Ideal \(I\). Im Fall \(R=\mathbb{Z}\) brauchen wir axiom nicht. Angenommen \(R^m \cong R^n\), dann folgt leicht \((R/I)^m \cong (R/I)^n\). Nach linearen Algebra muss also \(m=n\)
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Kannst du bitte mehr erklären? 🥺   ─   usere2abde 03.08.2023 um 11:35

Habe gerade meine antwort aktualisiert mit erklärung   ─   mathejean 03.08.2023 um 11:38

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