Posted by: sorendahlgaard | September 9, 2011

Advanced Programming – Exercise 1

Min tilgang til Advanced Programming kurset er at uploade mine svar til de øvelser der bliver lagt ud i stedet for at skrive noter. Hvis der er nogen spørgsmål til min fremgang så skriv endelig :)

Exercise 1

Det skal lige siges, at jeg har aldrig kodet Haskell før, så dette er mit første forsøg på at lære sproget. Jeg synes at øvelsen hoppede meget rundt i forskellige dele af sproget (niveau-mæssigt. let – avanceret), men det er nu også fint nok. Opgavesættet kan findes her: http://diku.dk/hjemmesider/ansatte/kflarsen/ap-e2011/exercise-haskell-intro.html

Min løsning kan findes her: http://pastie.org/2509579

Jeg har brugt følgende bøger (tilgængelige online) til at sætte mig ind i sproget: http://learnyouahaskell.com/chapters og http://book.realworldhaskell.org/read/

Jeg har ikke testet den for fejl, men jeg tror den er god nok. Jeg har prøvet at skrive så “funktionelt” og “flot” som jeg nu kan med min iterative hjerne :)

2 Comments

Posted in Advanced Programming | Tags: ,

Posted by: sorendahlgaard | March 31, 2011

Algebra1 – Mine svar på tidl. års eksamensopgaver

Tænkte jeg lige ville kverne dem igennem, og så kunne jeg lige så godt smide mine svar herop.

ex10

1.i – De to grupper \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 og \mathbb{Z}_16 er begge abelske grupper af orden 16. Argumenter for at de ikke er isomorfe:

Vi ser hurtigt, at \mathbb{Z}_16 har et element af orden 16, mens alle ikke-trivieller elementer i den anden gruppe har orden 2. (Alternativt kan vi se, at de invariante faktorer er forskellige)

1.ii – Hvor mange abelske grupper findes der af orden 16:

  1. \mathbb{Z}_{2^4}
  2. \mathbb{Z}_{2^3} \times \mathbb{Z}_2
  3. \mathbb{Z}_{2^2} \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2
  4. \mathbb{Z}_{2^2} \times \mathbb{Z}_{2^2}
  5. \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2

2.i – p, q primtal. Hvor mange forskellige abelske grupper findes der af orden p^3q:

  1. \mathbb{Z}_{p^3} \times \mathbb{Z}_q
  2. \mathbb{Z}_{p^2} \times \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_q
  3. \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_t \times \mathbb{Z}_q

2.ii – Hvad er de invariante faktorer af 2. herover, begrund:

\mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_{p^2q}. Begrundelse: Klart at p | p^2q. Sætning siger at disse er entydigt bestemt, så der kan ikke være andre.

3 – Giv bevis for at G_t < G (G_t er alle de elementer i G med endelig orden.), G er abelsk

Lad a,b\in G_t. Observer da: (ab^{-1})^{|a||b|} = (ab^{-1})(ab^{-1}) \cdots (ab^{-1}) = a^{|a||b|}(b^{-1})^{|a||b|} = e

4.i – Betragt D_4 med a = (1 2 3 4), b = (2 4). Vis at a, a^{-1} eneste elementer med orden 4.

Se alle elementerne: e, a, a^2, a^3, b, ab, a^2b, a^3b. Da vi har, at ba = a^{-1}b er det klart, at (a^kb)^2 = a^kba^kb = a^ka^{-1}ba^{k-1}b = e.

Ligeledes er (a^2)^2 = e = b^2. a, a^{-1} har klart orden 4, da de er 4-cykler.

4.ii – Lad \sigma = (1 2 3)\in S_4 Beregn \sigma a \sigma^{-1} og slut, at D_4 ikke er normal i S_4

\sigma a \sigma^{-1} = (\sigma(1) \sigma(2) \sigma(3) \sigma(4)) = (2 3 1 4). Dette element har klart orden 4 og er forskelligt fra a, a^{-1}. Altså kan det ikke være i D_4. Det følger nu af definitionen for normalitet, at D_4 ikke er normal i S_4

4.iii – Vis at S_4 har netop 3 sylow-2-undergrupper.

|S_4| = 4! = 24 = 2^3 \cdot 3 – Sylow-2-undergrupper i S_4 har således orden 8.

Divisorerne i 24 er 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24. Da antallet af sylow-2-undergrupper kan skrives som 2k + 1 og er en divisor i gruppens orden, må der være enten 1 eller 3. Men da D_4 har orden 8 og ikke er normal i S_4 er der mere end 1. Der må altså være netop 3.

5 – Afbildningen \phi : \mathbb{Z}^3\to \mathbb{Z}_2 givet ved (x, y, z)\mapsto x+y+z \mod 2 betragtes. Vis at \phi er en homomorfi af grupper og at kernen er fri abelsk af rang 3.

Se på \phi(x_1, y_1, z_1)\phi(x_2, y_2, z_2) = (x_1+y_1+z_1 \mod 2) + (x_2 + y_2 + z_2 \mod 2). Men det er jo netop definitionen, at dette er det samme som (x_1 + x_2 + y_1 + y_2 + z_1 + z_2 \mod 2) = \phi(x_1 + x_2, y_1 + y_2, z_1 + z_2)

Observer nu, at kernen er en normal undergruppe af \mathbb{Z}^3. Det betyder, at den er fri abelsk af rang højest 3. Men samtidig kan vi se, at (2\mathbb{Z})^3 er indeholdt i kernen. Da denne er en fri abelsk gruppe af rang 3, må kernen være ligeså.

ex09

Bemærk, at der var anderledes pensum til denne eksamen. Jeg springer alle opgaver der er uden for dette års pensum over.

4. Lad \phi : G\to G' gruppehomomorfi. Lad g\in G, |g| < \infty. Lad |\phi(g)| = k. Vis, at ordenen af g er et multiplum af k

Vi ved, at \phi(g)^{|g|} = e, men vi ved, at da må k | |g|

7. Bestem antallet af kommutative grupper af orden 2009

Da 2009 = 7^2\cdot 41 er der kun 2 grupper.

9. S_5 virker på \mathbb{Z}^5 ved at permutere koordinaterne. Bestem banelængde og orden af isotropigruppen for x = (1, 1, 0, 0, 0)

Vi ser nemt, at der er 5\cdot 4 / 2 muligheder for at placere koordinaterne. Banelængden er således 10, og ordenen af isotropigruppen er |S_5|/10 = 12

11. Bestem antallet af elementer af orden 11 i en simpel gruppe med orden 660

Find først primfaktorisering og divisorer: 660 = 2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 11 og divisorerne er:

1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 11, 12, 15, 20, 22, 30, 33, 44, 55, 60, 66, 110, 132, 165, 220, 330, 660

Som vi kan se er det kun 1 og 12 der kan skrives som k \cdot 11 + 1. Hvis gruppen er simpel må der således være 12 sylow-11-undergrupper. Hver af disse har 11 elementer, men da 11 er et primtal er disse grupper alle cykliske og alle ikke-trivielle elementer i dem har orden 11. Altså må der være 11\cdot 10 = 110 elementer af orden 11.

ex08

1. Lad \sigma\in S_15 have cykeltype 4^15^16^1. Bestem dennes orden samt orden og cykeltype af \sigma^{2008}

Ordenen er lig det mindste fælles multiplum af cykellængderne: 6\cdot 10 = 5\cdot 12 = 4\cdot 15 = 60. Hvis nu r er resten af 2008 ved division med 60, da har vi, at \sigma^{2008} = \sigma^r = \sigma^{28}

Cykeltypen af \sigma^{28} finder vi ved at tage de individuelle cykler og opløfte i 28. vi ved, at en 4-cykel i anden er 2 2-cykler. Vi ved ligeledes, at en 6-cykel i anden er to 3-cykler. Således har \sigma^{28} cykeltypen 2^23^25

Dens orden finder vi ved at finde det mindste tal k, så k\cdot 28 | 60. Dette er 15.

Det kan være rart at vide, at hvis man har tre tal, f.eks. 4, 5, 6. Så kan man finde deres LCM ved at primfaktorisere dem: 2^2, 5, 2\cdot 3. Deres lcm er nu den største af hver potens ganget sammen, dvs. 2^2\cdot 5\cdot 3 = 60 eller 28 = 2^2\cdot 7, 60 = 2^2\cdot 3\cdot 5\Rightarrow \text{LCM}(28, 60) = 2^2\cdot 3\cdot 5 \cdot 7 = 420

2. Betragt i S_6 permutationerne \gamma = (1 2 3)(4 5)(6), \gamma' = (1)(2 3)(4 5 6). Hvor mange \sigma\in S_6 opfylder \gamma' = \sigma\gamma\sigma^{-1} giv et eksempel

Vi ved, at \sigma\gamma\sigma^{-1} = (\sigma(1) \sigma(2) \sigma(3))(\sigma(4) \sigma(5))(\sigma(6)). Vi ved således, at:

  1. \sigma(6) = 1
  2. \sigma(4) = 2 \Rightarrow \sigma(5) = 3 og omvendt. Alle andre værdier er ugyldige.
  3. Ligesom ovenover \sigma(1) skal være enten 4, 5 eller 6. og da er \sigma(2), \sigma(3) entydigt bestemt.

Det giver os i alt 6 muligheder. Et eksempel er:

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 5 & 6 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix} = (1 5 2 6)(3 4)

(1 5 2 6)(3 4)(1 2 3)(4 5)(6)(1 6 2 5)(3 4) = (1)(2 3)(4 5 6)

3. Betragt undergrupper H < S_n og K < S_m. Argumenter for at H\times K naturligt kan opfattes som en undergruppe i S_{n+m}. Vis, at S_{255} har en undergruppe af orden 2008.

Se på afbildningen f : H\times K \to S_{n+m} givet ved f(a, b) := ab hvor b = (b_1 b_2 \ldots b_k) får alle indicer flyttet med n. dvs (b = (b_1 + n \ldots b_k + n)). Dette er klart en homomorfi, da a, b er disjunkte. Det er også klart en injektiv homomorfi, da f(a,b) = e \Rightarrow a = b = e. Da er H\times K/\ker f \cong \text{Im} f

Kig på D_4 \times \langle (1 2 \cdots 251) \rangle og brug ovenstående bevis.

4. Betragt den \phi : \mathbb{Z}_{20} \to \mathbb{Z}_{20} givet ved \phi(x) := 6x. Hvis at \phi er en gruppehomomorfi og bestem kernen.

Se \phi(a)\phi(b) = 6a + 6b = 6(a+b) = \phi(ab). Dette følger af egenskaberne for restklasseregning og multiplikation.

Kernen indeholder de n så 20 | 6n, 0\le n < 20. Det er kun \{\overline{0}, \overline{10}\}

5. Samtlige abelske grupper af orden 2008. Hvor mange elementer af orden 2 er der i hver.

  1. \mathbb{Z}_8 \times \mathbb{Z}_{251} – Der er 1 element af orden 2.
  2. \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_{251} – Der er 3 af orden 2
  3. \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_{251} – Der er 7 elementer af orden 2.

Antallet af elementer af orden 2 kan beregnes ved at vælge et element af orden 1 eller 2 i hvert af ledene og trække det tilfælde fra hvor alle er det neutrale element.

7. Vis at følgende grupper ikke er isomorfe med hinanden: C_6\times C_8\times C_{10}, C_{12}\times C_{40}, D_{12}\times C_{20}, A_4\times C_{40}

Det er klart, at de to første grupper er abelske og de to sidste ikke er. Det er altså nok at vise, at de to første grupper ikke er isomorfe med hinanden og at de to sidste ikke er isomorfe med hinanden:

C_6\times C_8\times C_{10} \cong \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_{2^3} \times \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_5

C_{12}\times C_{40} \cong \mathbb{Z}_{2^2}\times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_{2^3}\times \mathbb{Z}_5

Disse er tydeligvis ikke ens. For de to sidste grupper kan vi se, at A_4\times C_{40} har et element af orden 40, mens D_{12}\times C_{20} ikke har.

9. Angiv ordenen af sylow-251-undergruppen i C_{2008}\times D_{2008} \times A_{2008}

Ordenen af gruppen er klart 2008\cdot 2008\cdot 2 \cdot 2008!/2, men hvor mange led i dennes primfaktorisering er 251?

2008\cdot 2008\cdot 2008 = 2^7\cdot 251^2

Hvor mange led i 2008!/2 er 251? Det må være k, hvor k er det mindste hele tal, så k\cdot 251 < 2008. Dette er heldigvis 2008/251 = 8. Således har sylow-251-undergruppen en orden af 251^{10}

ex07

1. Abelske grupper af orden 2007. Hvor mange elementer af orden 3?

  1. \mathbb{Z}_{3^2} \times \mathbb{Z}_{223} – 2 elementer af orden 3
  2. \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_{223} – 8 elementer af orden 3

3. Vis at følgende grupper ikke er isomorfe: C_4\times C_6\times C_{10}, C_{240}, D_{120}, C_{10}\times S_4

Igen klart, at de to sidste grupper ikke er abelske, mens de to første er. Observer, at C_{240} har et element af orden 240, mens den første gruppe ikke har. Observer ligeledes, at D_{120} har et element af orden 120, mens den sidste gruppe ikke har.

4. Bestem center af D_6

Det nemmeste er at se på elementerne i D_6:

e, a, a^2, a^3, a^4, a^5, b, ab, a^2b, a^3b, a^4b, a^5b

Det er klart, at e er i centeret. Lad os kigge på a^k:

Prøv først at se om a^k kommuterer med b: ba^kb^{-1} = ba^kb = bb(a^{-1})^k = (a^k)^{-1}. Det er således klart, at kun a^3 kommuterer med b. Kommuterer den også med a^kb?

(a^kb)a^3(a^kb)^{-1} = a^kba^3b(a^k)^{-1} = a^ka^3b^2(a^k)^{-1} = a^ka^3(a^k)^{-1} = a^3

Vi har altså, at a^3 er i centeret. Vi ser nu, at aa^kba^{-1} = a^{k+2}b \ne a^kb. Og dermed er centeret lig \{e, a^3\}

Alternativt siger en sætning/øvelse i bogen, at centeret for D_n er \{e\} hvis n er ulige og isomorf med \mathbb{Z}_2 hvis n er lige.

5. Bestem \sigma\in S_5 så (1 2 3 4) = \sigma(2 3 4 5)\sigma^{-1}

Vi har, at (\sigma(2)\sigma(3)\sigma(4)\sigma(5)) = (1234). Det giver følgende 4 muligheder:

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix} = (1 5 4 3 2)

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 2 & 3 & 4 & 1 \end{pmatrix} = (1 5)

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 3 & 4 & 1 & 2 \end{pmatrix} = (1 5 2 3 4)

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 4 & 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} = (1 5 3)(2 4)

6. Angiv ordener af de ikke-trivielle sylow undergrupper i C_2\times D_3\times A_4\times S_5

Ordenen af gruppen er 2\cdot 6 \cdot 4!/2 \cdot 5! = 2\cdot 6\cdot 12\cdot 120

Vi primfaktoriserer dette og får 2\cdot 2\cdot 3\cdot 2^2\cdot 3\cdot 2^3\cdot 3\cdot 5 = 2^7\cdot 3^3\cdot 5

Ordnerne er således 2^7, 3^3, 5

7. Vis at en gruppe af orden 2007 ikke kan være simpel

Vi har, at 2007 = 3^2\cdot 223. Samtidig har vi følgende divisorer i 2007: 1, 3, 9, 223, 669, 2007. Vi kan nu se, at antallet af sylow-223-undergrupper må være 1 og den er dermed normal.

9. Betragt f_a : \mathbb{Z}_6\to \mathbb{Z}_6 givet ved f_a(x) = ax. Vis at det er en gruppehomomorfi. For hvilke a\in \mathbb{Z}_6 er det en gruppe isomorfi?

Betragt f_a(x)f_a(y) = ax+ay = a(x+y) = f_a(x+y). Ligesom i en af de tidligere opgaver følger dette af egenskaberne for restklasseregning.

Vi ser nu, at \ker f_2 = \{e, \overline{3}\}, \ker f_3 = \{e, \overline{2}, \overline{4}\}, \ker f_4 = \{e, \overline{3}\}

Vi ser, at f_1 er identiteten, så det er klart en automorfi. Ligeledes har vi, at f_5(x) = -x. Vi ser let, at dette også er en isomorfi.

10. Lad G gruppe og g\in G med |g| < \infty. Vis at |g| = |g^2| hvis og kun hvis |g| er ulige.

Vis først \Rightarrow: |g| = |g^2| \Rightarrow 2 \not | |g|. Hvis |g| var lige ville |g^2| = |g|/2.

\Leftarrow: Vi har, at (g^2)^j = e hvis og kun hvis |g| | 2j. Vi har nu, at ordenen, j, er det mindste fælles multiplum af |g| og 2 delt med 2. Men dette er jo netop |g| da denne er ulige.

11. Find indeks af 12\mathbb{Z} i 4\mathbb{Z}. Giv eksempler på et element fra hver sideklasse.

Vi ved, at |\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}| = 12 og |\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}| = 4. Vi ved også, at

[\mathbb{Z} : 12\mathbb{Z}] = [\mathbb{Z} : 4\mathbb{Z}][4\mathbb{Z} : 12\mathbb{Z}]

Det giver os, at:

[4\mathbb{Z} : 12\mathbb{Z}] = [\mathbb{Z} : 12\mathbb{Z}]/[\mathbb{Z} : 4\mathbb{Z}] = 12/4 = 3

Eksempler på de 3 sideklasser er \overline{0}, \overline{4}, \overline{8}

That’s all folks!

Leave a Comment

Posted in Algebra1

Posted by: sorendahlgaard | March 29, 2011

Algebra1 – Sylows sætninger

Lad os kigge mere på strukturen af ikke-abelske grupper.

Lemma: Lad en gruppe H af orden p^k (p primtal) virke på en endelig mængde S. Hvis S_0 = \{x\in S | hx = x, \forall h\in H\}. Da er størrelsen af de to mængder kongruente mod p.

Bevis: Vi kan skrive |S| = |S_0| + |\overline{x_1}| + \ldots + |\overline{x_k}|, hvor alle \overline{x_i}‘erne er  de baner med banelængde skarpt større end 1. Da hver af disse banelængder er indeks af stabilisatoren i H har vi, at p går op i dem alle. Derfor må |S| \equiv |S_0| (\mod p)

(Dette lemma vil vi bruge en del.)

Sætning (Cauchy): Hvis en gruppe G har en orden deleligt med et primtal p, da har G et element af orden p (og dermed en undergruppe)

Bevis: Vi vil bruge forrige lemma. Lad S være mængden af p-tupler (a_1, \ldots, a_p) så a_1\cdots a_p = e. Det er nu klart, at a_p er entydigt bestemt som (a_1\cdots a_{p-1})^{-1}. Vi har således |S| = |G|^{p-1}, og dermed |S| \equiv 0 (\mod p).

Lad nu \mathbb{Z}_p virke på S med cirkulær permutation:

((a_1, \ldots, a_p), k)\mapsto (a_{1+k}, \ldots, a_p, a_1, \ldots, a_k)

Observer, at S_0 indeholder alle de tupler med a_1 = a_2 = \ldots = a_p der har a_1^p = e. Det er klart, at |S_0 \ge 1|, men brug nu forrige lemma til at se, at der må være mindst et element med orden p.

Notation: En gruppe hvor hvert element har orden p^k for k \ge 0 kaldes en p-gruppe eller p-undergruppe, hvis der er tale om en undergruppe (bemærk, at gruppen indeholdende p-undergruppen ikke behøver at være en p-gruppe.)

Korollar: Centret C(G) af en p-gruppe indeholder mindst ét ikke-trivielt element.

Bevis: Se på klasseligningen |G| = |C(G)| + \sum [G : C_G(x_i)]. Vi har at [G : C_G(x_i)] > 1 og p | [G : C_G(x_i)], men så må p | |C(G)|. Da i hvert fald e\in C(G) følger nu, at mindst |C(G)| \ge p

Sætning: Hvis H er en p-undergruppe af en gruppe G, da er [N_G(H) : H] \equiv [G : H] (\mod p)

Bevis: Brug det første lemma med S værende alle sideklasserne af H i G. Observer dernæst, at xH\in S_0 \Leftrightarrow x\in N_G(H).

Korollar: Hvis H er en p-undergruppe af G så p | [G : H], da er N_G(H) \ne H

Bevis: Observer, at [N_G(H) : H] \equiv 0 (\mod p) og [N_G(H) : H] \ge 1

 

Sylows sætninger:

1. Sætning: Lad G gruppe af orden p^nm med n\ge 1 og \gcd(p,m) = 1. Da gælder følgende:

  1. G har en undergruppe af orden p^i for 1\le i\le n
  2. Hver undergruppe af G med orden p^i (i < n er normal i en undergruppe af orden p^{i+1}

Bevis: Vi bruger induktion. Hvis i = 1 følger det af cauchy, at der er en undergruppe af orden p.

Antag nu, at H er en undergruppe af orden p^i (og i < n Vi ved fra de forrige korollarer/sætninger, at N_G(H) \ne H og at H\vartriangleleft N_G(H). Vi ved også, at [N_G(H) : H] \equiv [G : H] \equiv 0 (\mod p) (da [G : H] = |G|/|H| = p^nm/p^i (og i < n).

Vi ved, at N_G(H)/H indeholder en gruppe af orden p og, at denne gruppe er på formen H_1/H for et H_1 < N_G(H). Vi kan nu slutte, at H \vartriangleleft H_1 og |H_1| = |H||H_1/H| = p^{i+1}

Ekstra:

  1. En gruppe af maksimal potensorden p^n kaldes en sylow p-undergruppe
  2. Enhver konjungeret sylow p-undergruppe er en sylow p-undergruppe
  3. Hvis der kun findes 1 sylow p-undergruppe er denne normal i G

2. Sætning: Hvis H er en p-undergruppe af G og P er en sylow p-undergruppe, da findes x\in G så H < xPx^{-1}. Særligt er alle sylow p-undergruppe konjugeret af hinanden.

Bevis: Brug igen det første lemma. S alle sideklasser af P i G. Lad H virke på S med venstretranslation. Bemærk, at p ikke går op i [G : P] = |S|. Dvs. der findes xP\in S_0:

xP\in S_0 \Leftrightarrow hxP = xP \Leftrightarrow x^{-1}hxP = P \Leftrightarrow H < xPx^{-1}

3. Sætning: Hvis G er en endelig gruppe og p primtal. Da er antallet af sylow p-undergrupper en divisor i |G| og kan skrives på formen kp + 1

Bevis: Lad S være antallet af sylow p-undergrupper i G. Vi har at |S| er antallet af konjugerede af en hvilken som helst sylow p-undergruppe P, hvilket er [G : N_G(P)]. Lad P virke med konjugering på S. Hvis vi kan vise, at S_0 = \{P\} er vi færdige:

Vi har, at Q\in S_0 \Leftrightarrow xQx^{-1} = Q \forall x\in P. Dvs. P < N_G(Q). Da P, Q er sylow p-undergrupper i N_G(Q) og Q er normal i denne må vi have, at P=Q.

Leave a Comment

Posted in Algebra1 | Tags: ,

Posted by: sorendahlgaard | March 24, 2011

Gruppevirkninger

Vi skal nu se på en teknik vi kan bruge til at klassificere ikke abelske endelige grupper.

Definition: Lad G gruppe og S mængde. Og lad os have en funktion G\times S\to S som vi betegner (g,x)\mapsto g.x Hvis der for denne funktion gælder for alle $lates x\in S$ ogg_1, g_2\in G at:

e.x = x\quad g_1.(g_2.x) = (g_1g_2).x

Da siger vi, at G virker på S og at funktionen er en gruppevirkning.

Eksempel: S_n virker på I_n = \{1, 2, \ldots, n\} ved (\sigma, x)\mapsto \sigma(x) (Let at verificere egenskaberne.)

Eksempel: Venstre hhv. højre translation (disse skal vi bruge meget). virkningen H\times G\to G hvor H<G (begge grupper): (h,x)\mapsto hx. Eksempelvis kunne vi have at K var en anden undergruppe i G og S er mængden af alle sideklasserne med H, da har vi (h, xK)\mapsto hxK er en gruppevirkning.

Eksempel: Lad H, G grupper med H < G, da virker H på G med konjugering: (h, x)\mapsto hxh^{-1}. Hvis K er en undergruppe af G er hKh^{-1} en undergruppe af G som er isomorf til K. Vi kan således sige, at H virker må mængden af alle undergrupper i G.

Bevis for hKh^{-1} undergruppe isomorf med K: Undergruppe: For to elementer a,b\in hKh^{-1} ser vi, at

ab^{-1} = hk_1h^{-1} (hk_2h^{-1})^{-1} = hk_1h^{-1}hk_2^{-1}h^{-1} = hk_1k_2^{-1}\in hKh^{-1}

Isomorf: Kig på homomorfien konjugering. Klart, at hkh^{-1} = e \Leftrightarrow k = e. Men da er grupperne lige store og dermed er afbildningen også surjektiv.

Sætning: Lad G virke på mængden S, da gælder følgende:

  1. Relationen: x\sim x' \Leftrightarrow \exists g\in G : g.x = x' er en ækvivalensrelation. (Ækvivalensklasserne kaldes baner)
  2. For hvert x\in S er G_x = \{g\in G | g.x = x\} (Kaldet isotropigruppen eller stabilisatoren)

Bevis:

  • Refleksiv: e.x = x (pr. def.), Symmetrisk: g.x = x' Kig nu på g^{-1}.x' = g^{-1}.(g.x) = e.x = x, Transitiv: g_1.x_1 = x_1 \land g_2.x_2 = x_3\Rightarrow g_2.(g_1.x_1) = (g_2g_1).x_1 = x_3
  • g_1, g_2\in G_x \Rightarrow (g_1g_2^{-1}).x = (g_1g_2^{-1}).(g_2.x) = (g_1g_2^{-1}g_2).x = g_1.x = x

Eksempler: Se banen for x med konjugering: \{gxg^{-1} | g\in G\} kaldes konjugeringsklassen for x. Isotropigruppen H_x = \{h\in H | hxh^{-1} = x\} = \{h\in H | hx = xh\} kaldes centeret af x i H. Hvis H virker med konjugering på alle undergrupperne i G kaldes stabilisatoren: \{h\in H | hKh^{-1} = K\} for normalisatoren af K i H og betegnes N_H(K) og N_G(K) kaldes bare normalisatoren af K.

Sætning: Banelængden af x er det samme som indeks af stabilisatoren (|\overline{x}| = [G : G_x])

Bevis: g.x = h.x \Leftrightarrow (g^{-1}h).x = x \Leftrightarrow g^{-1}h\in G_x \Leftrightarrow hG_x = gG_x.

Korollar: G endelig gruppe, K undergruppe.

  1. Antallet af elementer i konjugeringsklassen af x\in G = [G : C_G(x)] og det går op i G‘s orden.
  2. Lad \overline{x_1}, \overline{x_2}, \ldots, \overline{x_3} være de forskellige konjugeringsklasser. Da er ordenen af G lig med summen af banelængderne |\overline{x_i}|.
  3. Antallet af undergrupper i G der er konjugeret af K er [G : N_G(K)] og går op i |G|.

Bevis: Følger direkte.

Sætning: Hvis G virker på S, da inducerer denne virkning en homomorfi G\to A(S) hvor A(S) er mængden af alle permutationer af S

Bevis: Betragt isomorfien \tau_g : S\to S givet ved x\mapsto g.x. Betragt derefter homomorfien g\to \tau_g

Korollar: Hvis G er en gruppe findes der en monomorfi G\to A(G), og dermed er alle grupper isomorf med en undergruppe af S_n, n = |G|

Bevis: Lad G virke på sig selv med venstretranslation. og brug forrige sætning. Bemærk, at \tau_g = e \Leftrightarrow \tau_g(x) = x for alle x. Særligt har vi g.e = e \Rightarrow g = e. Dermed injektiv. Se også, at A(G)\cong S_n.

Korollar: G gruppe

  1. For hvert g\in G inducerer konjugering med g en automorfi på G
  2. Der er en homomorfi G\to \text{Aut} G (gruppen af alle automorfier på G med kernen C(G).

Bevis:

  1. \tau_g(x) = gxg^{-1} er klart en isomorfi.
  2. Lad G virke på sig selv med konjugering. Vi ved fra (1) at billedet af \tau G\to A(G) er indeholdt i gruppen af alle automorfier på G (bemærk: Indeholdt!). Vi ved nu, at

g\in \ker \tau \Leftrightarrow \tau_g = e \Leftrightarrow gxg^{-1} = x \forall x\in G \Leftrightarrow gx = xg

Men det er jo netop centret C(G).

Proposition: Lad H undergruppe af G. Lad G virke på mængden af alle sideklasser af H i G med venstretranslation. Da er kernen af den inducerede homomorfi G\to A(S) indeholdt i H.

Bevis: Den inducerede homomorfi G\to A(S) er givet ved g\mapsto \tau_g, hvor \tau_g S\to S er defineret som \tau_g(xH) = gxH.

Kernen er netop de g\in G så gxH = xH for alle x. Særligt er geH = H\Rightarrow g\in H

Korollar: Hvis H er en undergruppe af index n i G og ingen ikke triviel normal undergruppe af G er indeholdt i H, da er G isomorf med en undergruppe af S_n

Bevis: Brug forrige proposition. Vi har at G\to A(S) har kerne indeholdt i H, men da er kernen triviel, og den inducerede homomorfi er således injektiv. Da A(S) er gruppen med alle permutationer af sideklasserne af H i G (dem er der n af) følger resten.

Korollar: Lad H være en undergruppe af en endelig gruppe G. Lad [G:H] = p hvor p er det mindste primtal, så p | |G|. Da er H\vartriangleleft G

Bevis: Se på S alle sideklasserne af H i G. Da er A(S) \cong S_p. Se på kernen af den inducerede homomorfi, K. Kig på G/K som er isomorf med en undergruppe af S_p, dvs |G/K| = [G : K] går op i p!. Brug nu p‘s minimalitet til at vise, at H=K.

Leave a Comment

Posted in Algebra1 | Tags: , , , , , , ,

Posted by: sorendahlgaard | March 16, 2011

Algebra1 – Endeligt frembragte abelske grupper

Sætning: Enhver endeligt frembragt abelsk gruppe er isomorf med en direkte sum af cykliske i hvilken de endelige summander har ordner,

m_1, \ldots, m_t med m_1 > 1 og m_1 | m_2 | \cdots | m_t.

Bevis: Vi ved, at der findes en fri abelsk gruppe af endelig rang og en epimorfi f : F\to G. Vi ved at \ker f < F og at der findes en basis \{d_1x_1, \ldots, d_rx_r\} Vi kan nu bruge vores isomorfisætning til at se, at

G\cong F/\ker f \cong \sum_{i=1}^r \langle x_i \rangle / \langle d_ix_i \rangle \cong \sum_{i=1}^n \mathbb{Z} / d_i\mathbb{Z}

Det er klart at se, at hvis d_i = 0 har vi, at \mathbb{Z} / d_i\mathbb{Z} = \mathbb{Z}.

Sætning: Det samme, men med primtalspotenser i stedet for m_i‘erne.

Bevis: Beviset følger umiddelbart af forrige sætning og følgende lemma:

Lemma: Hvis m = p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdot p_t^{k_t} da har vi, at

Z_m \cong Z_{p_1^{k_1}}\oplus Z_{p_2^{k_2}} \oplus \ldots \oplus Z_{p_t^{k_t}}.

Bevis: Brug induktion og følgende faktum:

Z_{ab} \cong Z_a\oplus Z_b hvis (a,b) = 1 (GCD).

Bevis for dette: Kig på afbildningen f : Z_a\oplus Z_b \to Z_{ab} givet ved (x,y)\mapsto ax + by. Da vi har, at (a,b) = 1 har vi, at der findes tal u,v så au + bv = 1. Dvs. at f(uk, vk) = k for alle k og dermed er f en epimorfi. Da grupperne har samme orden kan vi nu slutte, at f er en isomorfi.

Korollar: Hvis G er abelsk af orden n, har den en undergruppe af orden m for alle m | n

Bevis: Vi har, at G\cong \mathbb{Z}_{p_1^{k_1}} \oplus \ldots \mathbb{Z}_{p_t^{k_t}}. Dvs. at |G| = |p_1^{k_1}|\cdots |p_t^{k_t}| Vi kan nu bruge, at undergruppen p^{r-i}\mathbb{Z}_{p^r} \cong \mathbb{Z}_{p^i}. Eks: 5^1\mathbb{Z}_{5^2} = \{0, 5, 10, 15, 20\} \cong \mathbb{Z}_5 Bemærk, at dette ikke nødvendigvis gælder hvis gruppen ikke er abelsk.

Lemma: Lad G være en abelsk gruppe og m, p hhv. heltal og primtal. Da er følgende undergrupper af G

  • 1. mG = \{mu | g\in G\}
  • 2. G[m] = \{g\in G | mg = 0\}
  • 3. G(p) = \{g\in G | |g| = p^n\} for n \ge 0
  • 4. G_t = \{g\in G | |g| < \infty\}

Særligt har vi disse isomorfier:

  • 5. \mathbb{Z}_{p^n}[p] \cong \mathbb{Z}_p og p^m\mathbb{Z}_{p^n} \cong \mathbb{Z}_{p^{n-m}} for m < n

Lad H, G_i, i\in I være abelske grupper.

  • 6. Hvis f : G\to \sum_{i\in I} er en isomorfi, da restriktionen af f til mG, G[m] også. Dvs. mG\cong \sum_{i\in I} mG_i og G[m]\cong \sum_{i\in I}G_i[m]
  • 7. Hvis f: G\to H er en isomorfi, da er restriktionen af f til G_t, G(p) også. Dvs. G_t\cong H_t og G(p)\cong H(p).

Bevis: (Husk at vi arbejder med abelske grupper)

  • 1. Hvis vi har to elementer mu, mv\in mG er det klart, at mu-mv = m(u-v)\in mG
  • 2. Hvis vi har to elementer g_1, g_2\in G[m] Da har vi, at 0 = mg_1 - mg_2 = m(g_1-g_2).
  • 3. Hvis g_1, g_2\in G(p) da har vi, at (g_1-g_2)^p = g_1^p-g_2^p = 0. Det er klart, at for p' < p har vi, at (g_1-g_2)^{p'} \ne 0.
  • 4. Hvis vi har g_1, g_2\in G_t har vi, at (g_1 - g_2)^{|g_1||g_2|} = 0.
  • 5. Vi har, at p^{n-1} \in Z_{p^n} har orden p (dermed isomorf med \mathbb{Z}_p). Vi har også, at \langle p^{n-1} \rangle < \mathbb{Z}_{p^n}[p]. Hvis u\in \mathbb{Z}_{p^n}[p] har vi, at p^n | pu men dermed p^{n-1} | u, dvs. \langle p^{n-1} \rangle > \mathbb{Z}_{p^n}[p]. Anden del: p^m\in \mathbb{Z}_{p^n} har orden n-m.

osv.

Sætning: Lad G være en endeligt frembragt abelsk gruppe. Da gælder følgende 3 ting:

  1. I alle dekompositioner af G vil antallet, s, af uendelig summander være det samme.
  2. G er enten fri abelsk, eller der findes en unik liste af tal m_1, \ldots, m_t\in \mathbb{N} med m_1 > 1 og m_1 | m_2 | \cdots | m_t, så G\cong \mathbb{Z}_{m_1} \oplus \mathbb{Z}_{m_2} \oplus \ldots \oplus \mathbb{Z}_{m_t} \oplus F
  3. G er enten fri abelsk, eller der findes en unik liste af primtalspotenser p_1^{s_1}, \ldots, p_k^{s_k} så G\cong \mathbb{Z}_{p_1^{s_1}} \oplus \ldots \oplus \mathbb{Z}_{p_k^{s_k}} \oplus F

Bevis: (1): Enhver dekomposition af G vil give G\cong H\oplus F hvor F er en fri abelsk gruppe af rang netop s – antallet af uendelige cykliske summander i dekompositionen. Hvis vi ser på torsion undergruppen af H\oplus F ser vi, at den er givet ved \iota(H), \iota(h) = (h, 0) (den kanoniske injektion på gruppen H). Da har vi, at G/G_t \cong (H\oplus F)/\iota(H). Da G/G_t ikke afhænger af dekompositionen ser vi det ønskede.

(3): Vi viser 3. først, da vi bruger denne i beviset for (2) herunder. Lad os antage, at vi har to forskellige dekompositioner:

G\cong \sum_{i=1}^r \mathbb{Z}_{n_i} \oplus F \cong \sum_{j=1}^d \mathbb{Z}_{k_j} \oplus F'

med hvert n_i, k_j primtalspotenser. Vi vil nu vise, at r = d og dernæst at alle n_i = k_i. Vi har klart, at

\sum_{i=1}^r \mathbb{Z}_{n_i} \cong G_t \cong \sum_{j=1}^d \mathbb{Z}_{k_j}

og vi har ligeledes, at

(\sum_{i=1}^r \mathbb{Z}_{n_i})(p) = (\sum_{j=1}^d \mathbb{Z}_{k_j})(p)

Vi kan således nøjes med at vise (3) for G = G(p). Vi har derfor:

\sum_{i=1}^r \mathbb{Z}_{a_i} \cong G \cong \sum_{j=1}^d \mathbb{Z}_{b_j}

For at se, at r=d kigger vi på G[p]. Vi har, at

G[p] \cong \sum_{i=1}^r \mathbb{Z}_{p^{a_i}}[p] \cong \mathbb{Z}_p^r

Gentages samme argument med d kan vi se, at r=d.

Lad os nu antage, at a_1 \le a_2 \le \ldots \le a_r og det samme for b_1, \ldots, b_r. Lad v være det første tal, så a_v\ne b_v. Vi kan antage uden tab af generalitet, at a_v < b_v. Kig nu på p^{a_v}G:

p^{a_v}G \cong \sum_{i=1}^r p^{a_v}\mathbb{Z}_{p^{a_i}} \cong \sum_{i=v+1}^r \mathbb{Z}_{p^{a_i - a_v}}

Men vi har også, at:

p^{a_v}G \cong \sum_{i=v}^r \mathbb{Z}_{p^{b_i - a_v}}

Da der ikke er det samma antal summander i summeringerne får vi en modstrid.

Primtalspotenserne i denne fremstilling kaldes for G‘s elementære divisorer

(2): Lad os igen antage, at vi har to forskellige dekompositioner:

G\cong \mathbb{Z}_{m_1} \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_{m_t} \oplus F \cong \mathbb{Z}_{k_1} \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_{k_r} \oplus F'

Disse kan skrives op som primfaktoriseringer af (de samme, forskellige) primtal p_1, \ldots, p_n – (ved at indsætte p_i^0 hvor nødvendigt.):

m_1 = p_1^{a_11} \cdot p_2^{a_12} \cdots p_r^{a1r} (osv.)

Bemærk, at da m_1 | m_2 | \cdots | m_t har vi også, at a_{1j} < a_{2j} < \ldots < a_{tj}. Da m_1 > 1 må vi have, at mindst en a_{1j} > 1, og dermed, at følgende:

\sum_{i=1}^t \mathbb{Z}_{p_j^{aij}} \cong G(p_j) \cong \sum_{i=1}^d \mathbb{Z}_{p_j^{bij}}

Men således må der være præcis t summander (forskellige fra nul) i begge summeringerne. Dermed t \le d. Et symmetrisk argument kan gives som giver d=t, og vi kan nu bruge (2) til at vise, at de to dekompositioner må være ens.

m_i‘erne i denne fremstilling kaldes for G‘s invariante faktorer.

Leave a Comment

Posted in Algebra1 | Tags: , , , ,

Posted by: sorendahlgaard | March 11, 2011

Algebra1 – Frie abelske grupper

Vi skal kigge på frembragte abelske grupper. Husk at \langle X \rangle betegner gruppen frembragt af mængden X, hvis X er en delmængde af en gruppe G.

Hvis F er en abelsk gruppe med X\subseteq F kaldes X en basis for F hvis følgende to betingelser er opfyldt:

  1. \langle X \rangle = F
  2. k_1x_1 + k_2x_2 + \ldots + k_nx_n = 0 \Longrightarrow k_1 = k_2 = \ldots = k_n = 0

Husk at vi bruger abelsk notation. Med normal notation ville det svare til x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n} = e \Longrightarrow k_i = 0

Sætning: Følgende betingelser er ækvivalente:

  1. F har en basis bestående af n elementer.
  2. F er indre direkte produkt af n uendelige cykliske grupper
  3. F\cong \mathbb{Z}^n

Bevis: (1=>2) det er klart, at \langle x_1 \rangle er uendelig, da k_1x_1 = 0 \Longrightarrow k_1=0.

Hvis vi nu har en z \in \langle x_i \rangle \cap (\langle x_1 \rangle + \ldots + \langle x_{i-1} \rangle + \langle x_{i+1} \rangle + \ldots + \langle x_n \rangle da har vi, at der findes k_j‘er så z = \sum_{j\ne i} k_jx_j men dermed må k_ix_i + \sum_{j\ne i} (-k_j)x_j = 0 hvilket betyder at alle k‘erne (og dermed z) er 0.

(2) => (3) Alle \langle x_i \rangle er uendeligt cyklisk og dermed isomorf med \mathbb{Z}

(3) => (2) Lad os kigge på en isomorfi f : \mathbb{Z}^n \to F. Sæt da x_i = f(0,\ldots, 1, \ldots, 0) hvor 1′tallet er på den i’te plads. Da f er en homomorfi har vi, at

f(k_1, \ldots, k_n) = \sum_{i=1}^n k_ix_i

Vi ser at F = \langle x_i, \ldots, x_n \rangle (da f er surjektiv). Da f er injektiv har vi at kernen er triviel og dermed må f(k_1,\ldots,k_n) = 0 \Longrightarrow k_1=\ldots = k_n = 0

En gruppe der opfylder disse betingelser kaldes en endeligt frembragt fri abelsk gruppe eller en fri abelsk gruppe af rang n.

 

Sætning: Alle baser for den samme fri abelske gruppe har samme kardinalitet.

Bevis: Vi har at F\cong \mathbb{Z}^n. Observer at 2F = \{2z | z\in F\} er en normal undergruppe af F. Vi har at 2F \cong (2\mathbb{Z})^n og vi kan betragte kvotientgruppen F/2F\cong \mathbb{Z}^n/(2\mathbb{Z})^n \cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n. Vi kan således se, at |F/2F| = 2^n.

Gøres det samme for en basis med m elementer fås det samme resultat hvormed n = m

 

Sætning: To frie abelske grupper er isomorfe hvis og kun hvis de har samme rang n

Bevis: Hvis de har samme rang har vi, at F_1 \cong \mathbb{Z}^n \cong F_2. Klart isomorfe.

Hvis vi har en isomorfi f : F_1\to F_2 og en basis \{x_1,\ldots, x_n\} for F_1. Sæt da y_i = f(x_i). Da ses det, at y_i‘erne klart udgør en basis for F_2 (da f er en isomorfi) og de to grupper har samme rang.

 

Sætning: Lad G være en endeligt frembragt abelsk gruppe (bemærk: ikke fri abelsk). Da er G et homomorft billede af en fri abelsk gruppe af endelig rang.

Bevis: Se på afbildningen f : \mathbb{Z}^n \to G givet ved (k_1,\ldots,k_n)\mapsto k_1x_1 + \ldots + k_nx_n, hvor \{x_1, ldots, x_n\} frembringer G

 

Lemma: Hvis vi har en basis \{x_1, \ldots, x_n\} for en fri abelsk gruppe F. Da er følgende også en basis: \{x_1, \ldots, x_{j-1}, x_j + ax_i, x_{j+1}, \ldots, x_n\} (hvor a\in \mathbb{Z} og i\ne j)

Bevis: Da x_j = -ax_i + (x_j + ax_i) har vi, at x_j\in \{x_1, \ldots, x_j + ax_i, \ldots, x_n\}. Da alle de andre elementer af basen også klart er i den, må den frembringe hele F

Hvis vi har k_1x_1 + \ldots + k_j(x_j + ax_i) + \ldots + x_n = 0 kan vi se, at k_ix_i + k_j(x_j+ax_i) = (k_i + ak_j)x_i + k_jx_j \Longrightarrow k_i = k_j = 0

 

Sætning: Lad F være en fri abelsk gruppe af rang n og lad G < F, G\ne 0. Da findes en basis \{x_1, \ldots, x_n\} for F samt naturlige tal r, d_1, \ldots d_r med d_1 | d_2 | \cdots | d_r, så G er fri abelsk med rang r og en basis \{d_1x_1, \ldots, d_rx_r\}

Bevis: Vi vil benytte induktion efter n:

Hvis n=1 har vi, at F\cong \mathbb{Z} og det er nemt at se, at G\cong \langle d \rangle for et d\in \mathbb{N} og dermed er G = \langle dx_1 \rangle.

Antag nu, at n > 1, og antag at det gælder for frie abelske grupper af rang mindre end n. Vi skal nu betragte en særlig mængde, S:

Lad S være mængden af alle s\in \mathbb{Z} for hvilke der findes en basis \{y_1, y_2,\ldots,y_n\} for F og et element g\in G så g = sy_1 + k_2y_2 + \ldots + k_ny_n. Bemærk at da er alle k_i‘erne samt -s, -k_i også i S

Da G\ne 0 har vi også, at S\ne 0 og det giver mening at tale om det mindste positive tal, d_1\in S. Vi har nu at g = d_1y_1 + k_2y_2 + \ldots + k_ny_n for en basis \{y_1, \ldots, y_n\} for F samt heltal k_i.

Sæt nu k_i = d_1q_i + r_i med resten 0\le r_i < d_1. Vi har da, at

g = d_1(y_1 + q_2y_2 + \ldots + q_nd_n) + r_2y_2 + \ldots + r_ny_n

Men hvis vi sætter x_1 = y_1 + q_2y_2 + \ldots + q_nd_n kan vi se ved at anvende ovenstående lemma en masse gange, at \{x_1, y_1, \ldots, y_n\} også er en basis for F. Da d_1 er det mindste element i S må alle r_i = 0. Altså er g = d_1x_1

Lad H = \langle y_2, \ldots, y_n \rangle. Det er klart, at H er en fri abelsk gruppe af rang n-1. Vi påstår nu, at G = \langle d_1x_1 \rangle \oplus (G \cap H). Det er klart, at \langle d_1x_1 \rangle \cap (G \cap H) = 0. Lad os derfor kigge på et element u\in G. Vi kan skrive dette som:

u = t_1x_1 + t_2y_2 + \ldots t_ny_n

Hvis vi sætter t_1 = d_1q_1+r_1 får vi:

u - q_1g = u - q_1(d_1x_1) = r_1x_1 + t_2y_2 + \ldots t_ny_n \in G

Da r_1 = 0 og t_2y_2 + \ldots t_ny_n\in G\cap H får vi, at u = q_1g + t_2y_2 + \ldots t_ny_n\in \langle d_1x_1 \rangle \oplus (G \cap H)

Der er nu to muligheder. Enten er G\cap H = 0 og G = \langle d_1x_1 \rangle – vi er færdige

Eller G\cap H \ne 0 i hvilket tilfælde induktionsantagelsen hugger til og vi har en basis \{d_2x_2, \ldots, d_nx_n\}.

Vi skal nu blot vise, at d_1 | d_2. Skriv nu d_2 = d_1q_2 + r_2 med 0\le r_2 < d_1. Da har vi, at \{x_2, x_1 + qx_2, \ldots, x_n\} er en basis for F, men da r_2x_2 + d_1(x_1 + q_2x_2) = d_1x_1 + d_2x_2\in G får vi, at r_2 = 0 grundet d_1‘s minimalitet.

 

Korollar: Hvis G er en endeligt frembragt abelsk gruppe, frembragt af n elementer, da kan enhver undergruppe af G frembringes af n eller færre elementer.

Bevis: Vi ser, at der er en epimorfi fra F\to G hvor F er en fri abelsk gruppe af rang n. Vi kan nu anvende forrige sætning på undergruppen f^{-1}(H). Denne er en fri abelsk gruppe af rang m \le n. Det samme gælder da for billedet f(f^{-1}(H)) = H (da f er surjektiv).

Leave a Comment

Posted in Algebra1 | Tags: , ,

Posted by: sorendahlgaard | February 28, 2011

Algebra1 – Direkte produkt

Vi har tidligere talt om direkte produkt af to grupper, så det er blot naturligt at udvide begrebet til n grupper G_1\times \cdots \times G_n. Kompositionen bliver således (a_1, \ldots, a_n)\cdot (b_1, \ldots, b_n) = (a_1\cdot b_1, \ldots, a_n \cdot b_n). Det er nemt at se at dette er en gruppe med neutral element (e_1, \ldots, e_n) og invers (a_1,\ldots,a_n)^{-1} = (a_1^{-1},\ldots, a_n^{-1}). Det direkte produkt betegnes \prod_{i=1}^n G_i. Hvis alle grupperne er identiske skrives også G^n. Hvis alle grupperne er abelsk bliver det direkte produkt også abelsk.

Sætning: Lad G_1,\ldots, G_n være grupper. Lad H være en gruppe og lad der for i=1..n være en homomorfi f_i : H \to G_i. Der findes nu en entydig homomorfi f : H \to \prod_{i=1}^n G_i således, at \pi_i\circ f = f_i

Bevis: Sæt f(h) \mapsto (f_1(h), \ldots, f_n(h). Husk at \pi_i er den kanoniske projektion.

Definition: Ligesom vi har den kanoniske projektion \pi_i har vi også kanoniske injektioner \iota_i så \iota_i(a) = (e_1,\ldots, a, \ldots, e_n) hvor a står på den i’te plads. Det ses klart, at \iota_i er injektiv og at \iota_i(G_i) \vartriangleleft \prod_{i=1}^n G_i (a\iota_i(G_i)a^{-1} = (a_1e_1a_1^{-1}, \ldots, a_i\in G_i, \ldots, a_ne_na_n^{-1})

Sætning: Lad A_1,\ldots,A_n være abelske grupper og lad B være en abelsk gruppe. Lad f_i: A_i\to B være homomorfier. Da findes en entydig homomorfi f:\prod_{i=1}^n A_i\to B Så f\circ \iota_i = f_i

Bevis: Se, at f er nødt til at være f(a_1,\ldots,a_n)\mapsto \prod_{i=1}^n f_i(a_i). Brug dernæst, at grupperne er abelsk til at vise, at f(a_1,\ldots, a_n) f(b_1, \ldots, b_n) = f(a_1b_1,\ldots, a_nb_n)

Sætning: Lad N_1,\ldots, N_n være normale undergrupper af en gruppe G, hvor følgende gælder: G = N_1\cdots N_n og N_i\cap (N_1\cdots N_{i-1}N_{i+1}\cdots N_n) = \{e\} for alle i=1..n.

Da er G\cong \prod_{i=1}^n N_i

Bevis: Kig på afbildningen f:\prod_{i=1}^n N_i \to G givet ved f(a_1,\ldots,a_n)\mapsto a_1\cdots a_n.

Da G = N_1\cdots N_n har vi, at f klart er surjektiv.

Lad os kigge på hvorvidt f er en homomorfi: Observer først, at ab = ba for a\in N_i, b\in N_j, i\ne j. Bevis: kig på (ab)(ba)^{-1} = aba^{-1}b^{-1} Vi har grundet normalitet, at (aba^{-1})b^{-1}\in N_j og a(ba^{-1}b^{-1})\in N_i Men da N_i\cap N_j = \{e\} må (ab)(ba)^{-1} = e Dermed har vi, at ab=ba.

Vi kan bruge dette til at vise, at (a_1\cdots a_n)\cdot(b_1\cdots b_n) = a_1\cdots a_{n-1} \cdot b_1 \cdot a_n\cdot b_2 \cdots b_n = (a_1b_1)\cdots (a_nb_n)

Injektiv: Lad (a_1,\ldots,a_n)\in \ker f da har vi, at a_1^{-1} = a_2\cdots a_n. Vi får derfor, at a_1 = e = a_2\cdots a_n

Vi siger, at G er det indre direkte produkt af grupperne N_1,\ldots, N_n

Sætning: Lad G_i, H_i, i=1..n grupper. med homomorfier f_i : G_i\to H_i. Da er afbildningen f = \prod_{i=1}^n f_i givet ved f(a_1,\ldots,a_n) = (f_1(a_1),\ldots,f_n(a_n)) en homomorfi med

\ker f = \prod_{i=1}^n \ker f_i < \prod_{i=1}^n G_i og \text{Im} f = \prod_{i=1}^n \text{Im} f_i < \prod_{i=1}^n H_i

Bevis: Det er klart, at hvis f(a_1,\ldots,a_n) = (f_1(a_1),\ldots, f_n(a_n)) = (e_1,\ldots,e_n) må vi have, at f_i(a_i) = e_i, altså alle a_i\in \ker f_i. Det er ligeledes klart, at billedet er det direkte produkt af billederne.

For at se, at kernen hhv. billedet er undergrupper skal vi blot vise, at f er en homomorfi. Dette følger af at f_i er en homomorfi, så

f(a_1,\ldots,a_n) \cdot f(b_1,\ldots, b_n) = (f_1(a_1),\ldots,f_n(a_n))\cdot (f_1(b_1),\ldots,f_n(b_n))

= (f_1(a_1)f_1(b_1),\ldots, f_n(a_n)f_n(b_n)) = (f_1(a_1b_1),\ldots,f_n(a_nb_n))

= f(a_1b_1,\ldots,a_nb_n)

Korollar: Lad N_i \vartriangleleft G_i være en gruppe med en normalundergruppe for alle i = 1..n

Da gælder, at \prod_{i=1}^n N_i er normal i \prod_{i=1}^n G_i og kvotientgruppen er isomorf med det direkte produkt af alle kvotientgrupperne G_i/N_i

Bevis: Specialiser forrige sætning med G_i = G_i og H_i = G_i/N_i og lad f_i = \pi_i : G_i\to G_i/N_i.

Leave a Comment

Posted in Algebra1 | Tags: ,

Posted by: sorendahlgaard | February 23, 2011

Algebra1 – Symmetriske, alternerende og diedergrupper

Vi skal nu kigge nærmere på symmetriske grupper.

Notation: Først skal vi lige have defineret cykel-notationen. Lad i_1,i_2,\ldots,i_r (r\le n) være forskellige elementer af I_n = \{1,2,\ldots, n\}. Da er (i_1 i_2 \cdots i_r) lig med permutationen, der sender i_1\mapsto i_2, i_2\mapsto i_3,\ldots, i_{r-1}\mapsto i_r, i_r\mapsto i_1 of sender alle andre elementer over i sig selv. dette kaldes for en r-cykel. En 2-cykel kaldes en transposition.

Eksempler:

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 4 \end{pmatrix} = (1 3 2)

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{pmatrix} = (1 2)(3 4)

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 1 & 4 & 2 \end{pmatrix}\circ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 4 & 3 & 2 \end{pmatrix} = (1 3 4 2)(2 4) = (1 3 4)

Det inverse af en permutation (i_1 i_2 \cdots i_r) er (i_r i_{r-1} \cdots i_1) = (i_1 i_r \cdots i_2)

Definition: Permutationerne \sigma_1, \sigma_2, \ldots, \sigma_r siges at være disjunkte hvis ingen af dem flytter på det samme element. Dvs. for alle 1\le i\le r og k\in I_n har vi, at \sigma_i(k)\ne k\Rightarrow \sigma_j(k) = k, \forall j\ne i

Det er klart, at \sigma \tau = \tau \sigma hvis \sigma,\tau er disjunkte.

Sætning: Hver ikke-identitet permutation i S_n er et unikt produkt (op til orden af faktorer) af disjunkte cykler, hver af længde mindst 2.

Bevis: Udeladt. Kan evt. læses i bogen side 47

Korollar: ordenen af en permutation af LCM (least common multiple) af ordnerne for dens disjunkte cykler (forrige sætning)

Bevis: Lad \sigma = \sigma_1\cdots \sigma_r hvor \sigma_i er de disjunkte cykler. Da har vi, at \sigma^m = (\sigma_1\cdots \sigma_r)^m. Da disjunkte cykler kommuterer har vi, at \sigma^m = \sigma_1^m\cdots \sigma_r^m. Yderligere har vi, at \sigma^m = e\Leftrightarrow \sigma_1^m\cdots\sigma_r^m = e \Leftrightarrow \sigma_i^m = e, \forall \sigma_i. Dvs. at |\sigma_i| går op i m og det følger let herfra.

Korollar: Hver permutation i S_n kan skrives som produktet af transpositioner (ikke nødvendigvis disjunkte).

Bevis: Det er nok at vise, at enhver cykel kan skrives som produkt af transpositioner jf. forrige sætning. Dette er let: (x_1) = (x_1 x_2)(x_1 x_2) og (x_1\cdots x_r) = (x_1 x_r)(x_1 x_{r-1})\cdots (x_1 x_2)

Definition: En permutation \sigma\in S_n siges at være lige hhv. ulige hvis den kan skrives som et produkt af et lige hhv. ulige antal transpositioner (dette er nærmere beskrevet i en af mine posts fra lineær algebra).

Sætning: En permutation kan ikke være både lige og ulige. (Dette er kendt fra bl.a. linalg)

Sætning: For n\ge 2 lad A_n være mængden af alle lige permutationer i S_n. Da er A_n en normal undergruppe i S_n med index 2 (og dermed orden |A_n| = |S_n|/2 = n!/2. Den er ydermere den eneste undergruppe med index 2.

Denne gruppe kaldes den alternerende gruppe af grad n.

Bevis: Se på gruppen C = \{1, -1\} med multiplikation. Denne svarer til fortegnet for en permutation. Kig på afbildningen f: S_n\to C givet ved \sigma \mapsto \text{sgn} \sigma. Det er klart at denne er surjektiv, da n\ge 2. Da kernen tydeligvis er A_n har vi, at A_n er en normal undergruppe i S_n. Det er nemt at se, at A_n har index 2. F.eks. ved at bruge første isomorfisætning.

At A_n er den eneste gruppe af index 2 kan ses ud fra følgende. Antag at H<S_n så [S_n : H] = 2. Lad x\in S_n. Der er to tilfælde. Enten er x\in H eller x\notin H. Hvis x\in H er det klart at se, at x^2\in H. Hvis x\notin H har vi også at x^2\in H (Bevis: antag x^2\notin H dvs. x^2\in xH \Rightarrow xh = x^2, h\in H \Rightarrow x\in H.)

Det betyder, at alle kvadrater er i H. Bemærk, at (a b c) = (a c b)^2 Det betyder, at alle 3-cykler er i H. Et af de efterfølgende lemmaer giver nu, at A_n\subseteq H. Og da H,A_n har samme index har de samme orden, og A_n = H.

Definition: En gruppe G siges at være simpel, hvis den ikke har nogle normale undergrupper.

De eneste simple abelske grupper er Z_p hvor p er et primtal (øvelse)

 

Sætning: A_n er simpel hvis og kun hvis n\ne 4

Bevis: For at give beviset for dette skal vi først se på to lemmaer:

Lemma: Lad r,s være forskellige elementer i \{1,2,\ldots,n\} Da er A_n, n\ge 3 genereret af 3-cyklerne \{(rsk) | 1\le k\le n, k\ne r,s\}

Bevis: Hvert element i A_n er et produkt af termer (ab)(cd) eller (ab)(ac) (dette da elementet kan skrives som et produkt af et lige antal transpositioner). Vi har, at

(ab)(cd) = (acb)(acd)\\ (ab)(ac) = (acb)

Dermed er A_n genereret af mængden af alle 3-cykler. Disse kan skrives på formen (rsa), (ras), (rab), (sab), (abc) hvor a,b,c\ne r,s. Da (ras) = (rsa)^2 og (rab) = (rsb)(ras) = (rsb)(rsa)^2 og (sab) = (rbs)(rsa) = (rsb)^2(rsa) og (abc) = (ras)(rsc)(rbs)(rsa) har vi, at alle 3-cykler kan genereres fra \{(rsk) | 1\le k\le n, k\ne r,s\} (Dette færdiggør også beviset for at A_n er den eneste gruppe med index 2)

Lemma: Hvis N\vartriangleleft A_n og N indeholder en 3-cykel, da er N = A_n

Bevis: (rsc)\in N\Rightarrow (rsk)\in N, \forall k\in \{1,2,\ldots,n\} fordi (rsk) = (rs)(ck)(rsc)^2(ck)(rs). Da N er normal har vi, at (rs)(ck)(rsc)^2[(rs)(ck)]^{-1}\in N.

Bevis for sætningen: Det er let at se, at A_2 = e, A_3 er den eneste gruppe af orden 3, og den har ingen normale undergrupper (den er cyklisk og 3 er et primtal). Klein 4 gruppen er en undergruppe af A_4. For n>4 er idéen at tage en vilkårlig N\vartriangleleft A_n og vise, at N=A_n

Case 1: N indeholder en 3-cykel. se ovenstående lemma.

Case 2: N indeholder et element \sigma som er produktet af disjunkte cykler, hvor mindst en har længde r \ge 4, dvs \sigma = (a_1a_2\ldots a_4)\tau. Vi kan da bruge normaliteten til at vise, at N indeholder en 3-cykel. Se på \sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1}) med \delta = (a_1a_2a_3) og vis, at dette element må være (a_1a_3a_r)

Case 3: N indeholder et element \sigma som er et produkt af disjunkte cykler, hvoraf mindst to er 3-cykler \sigma = (a_1a_2a_3)(a_4a_5a_6)\tau. Kig på \sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1}) med \delta = (a_1a_2a_4) og vis, at elementet har længde r\ge 4. Dernæst brug case 2.

Case 4: N indeholder et element \sigma som blabla en 3-cykel og en masse 2-cykler. Dvs. \sigma = (a_1a_2a_3)\tau hvor \tau er produktet af en masse 2-cykler. Da har vi, at \sigma^2 = (a_1a_2a_3^2\tau^2 = (a_1a_3a_2) og N=A_n

Case 5: N indeholder kun elementer, der er produkter af et lige antal disjunkte 2-cykler. Igen skal vi bruge normaliteten (og denne gang n\ge 5) til at finde en 3-cykel i N:

\sigma = (a_1a_2)(a_3a_4)\tau og \delta = (a_1a_2a_3). \sigma^{-1}(\delta\sigma\delta^{-1}) = (a_1a_3)(a_2a_4) (regn evt. selv efter). Da n\ge 5 må der være et b\in \{1,2,\ldots,n\} forskelligt fra a_1,a_2,a_3,a_4. Vi har da (a_1a_3b)\in A_n og dermed [(a_1a_3)(a_2a_4)](a_1a_3b)[(a_1a_3)(a_2a_4)](a_1ba_3) = a_1a_3b\in N (regn selv efter)

Se selv, at dette dækker alle tilfælde. Husk at produktet af to ikke disjunkter 2-cykler er lig en 3-cykel. ((a b)(a c) = (a c b)

 

Sætning: For n\ge 3 er gruppen D_n (diedergruppen af orden 2n) en gruppe hvis generatorer a,b opfylder:

|a| = n, |b| = 2, ba = a^{-1}b

En gruppe genereret af elementer a,b der opfylder disse for n\ge 3 er isomorf med D_n.

Bevis: Orker ikke lige at skrive det. Bemærk at D_n er defineret som gruppen frembragt af elementerne

a = (1 2 3 \cdots n) og b = \prod_{2\le i<n + 2 - i} (i n+2-i)

b = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & \cdots & i & \cdots & n \\ 1 & n & n-1 & \cdots & n+2-i & \cdots & 2 \end{pmatrix}

Vis at disse elementer opfylder kravene.

Beviset for isomorfi går ud på at bruge egenskaberne for frembringerne til at vise, at alle elementer kan skrives som a^ib^j, 0\le i<n, j = 0,1 og lave en isomorfi. f(a) = (1 2 3 \cdots n) og f(b) = den anden generator af D_n ;)

Leave a Comment

Posted in Algebra1 | Tags: , , , , , ,

Posted by: sorendahlgaard | February 20, 2011

Algebra1 – normale undergrupper, kvotientgrupper og homomorfier

Vi skal nu kigge på normale undergrupper og kvotientgrupper i forhold til diverse homomorfier.

Sætning: Hvis f:G\to H er en homomorfi og N\vartriangleleft G, så N\subseteq \ker f. Da findes der en entydigt bestemt homomorfi \overline{f} : G/N\to H så \overline{f}(aN) = f(a) og \text{Im} f = \text{Im} \overline{f} og \ker \overline{f} = (\ker f)/N.


Bevis: Vi vil kigge på en afbildning \overline{f} : G/N \to H givet ved \overline{f}(aN) = f(a). Denne er veldefineret, da b\in aN kan skrives som b = an, n\in N. Vi har nu, at f(b) = f(an) = f(a)f(n) = f(a)e = f(a). Vi kan således se, at \overline{f} er veldefineret.

\overline{f} er en homomorfi, da \overline{f}(aNbN) = \overline{f}(abN) = f(ab) = f(a)f(b) = \overline{f}(aN)\overline{f}(bN). Det er klart, at billedet er det samme for \overline{f} og f. Yderligere aN\in \ker \overline{f}\Leftrightarrow f(a) = e \Leftrightarrow a\in \ker f Dvs. \ker \overline{f} = \{aN | a\in \ker f\} = (\ker f)/N.

\overline{f} er en monomorfi hvis og kun hvis \ker \overline{f} er den trivielle undergruppe af G/N dvs. \ker f = N.

Korollar (1. isomorfisætning): Hvis f : G\to H er en homomorfi, da kan vi udlede en isomorfi givet ved: G/\ker f \cong \text{Im} f

Bevis: Forrige sætning med N = \ker f

Korollar (2. isomorfisætning): Hvis K,N er undergrupper af G med N\vartriangleleft G. Da er K/(N\cap K)\cong NK/N

Bevis: Lad n_1k_1, n_2k_2\in NK hvor n_i\in N, k_i\in K. Da er

(n_1k_1)^{-1}n_2k_2 = k_1^{-1}n_1^{-1}n_2k_2 = k_1^{-1}n_1^{-1}n_2k_1k_1^{-1}k_2

Da N er normal har vi, at k_1^{-1}n_1^{-1}n_2k_1 = n_3\in N dvs.

n_3k_1^{-1}k_2 \in NK

Dermed er NK en undergruppe og vi har, at N\vartriangleleft NK.

Lad n\in N\cap K og k\in K. Da fås:

knk^{-1}\in N

knk^{-1}\in K

Da N er normal og n\in K. Dermed har vi, at N\cap K\vartriangleleft K.

Betragt nu homomorfien f: K\to NK\to NK/N givet ved den kanoniske homomorfi (\pi : NK\to NK/N = \pi(a) = aN. Vi finder, at kernen er \{k\in K | k\in N\} = k\in N\cap K. Ethvert element i NK/N har formen nkN = kk^{-1}nkN = kN da N er normal. Derfor er f surjektiv. Vi får nu fra første isomorfi sætning, at

K/\ker f \cong \text{Im} f dvs. K/N\cap K \cong NK/N

Korollar (3. isomorfisætning): Lad H,K være normale undergrupper af G så K < H. Da er H/K en normal undergruppe af G/K og (G/K)/(H/K)\cong G/H

Bevis: Vi har den kanoniske homomorfi \pi : G\to G/H. Da K\subseteq \ker \pi (fordi K < H og \ker \pi = H), får vi induceret en homomorfi \overline{\pi} givet ved \overline{\pi}(aK) = \pi(a) = aH.

Vi kan se, at \ker \overline{\pi} = \{aK\in G/K | aH = H\} = \{aK\in G/K | a\in H\} = H/K. Da H/K er kernen for en homomorfi fra G/K må den således være normal i denne. Vi kan nu bruge første isomorfisætning til at vise, at (G/K)/(H/K) \cong G/H

 

Sætning: Hvis f : G\to H er en epimorfi af grupper, da er afbildningen K\mapsto f(K) en 1-til-1 korrenspondence mellem mængden S_f(G) der indeholder alle undergrupper K < G, som indeholder \ker f og mængden S(H) af alle undergrupper af H. Under denne korrespondence svarer normale undergrupper til normale undergrupper.

Bevis: Hvis K < G er f(K) < H. Omvendt, hvis J < H er f^{-1}(J) < G med \ker f < f^{-1}(J)

Da f(f^{-1}(J)) = J er afbildningen surjektiv.

Hvis vi har K<G med \ker f < K gælder f^{-1}(f(K)) = K, bevis: Det er klart, at K\subseteq f^{-1}(f(K)). Antag g\in f^{-1}(f(K)), dvs f(g)\in f(K). Dvs f(g) = f(k) for et vist k. Dvs. f(gk^{-1}) = e. Altså gk^{-1}\in \ker f. Altså g\in Kk = K.

Det kan let checkes, at normale undergrupper svarer til normale undergrupper.

Korollar: Enhver undergruper af G/N har formen K/N med K < G og N < K. K/N er normal hvis K er normal i G.

Bevis: Anvend forrige sætning med G = G og H = G/N. lad f = \pi.

3 Comments

Posted in Algebra1 | Tags: , , ,

Posted by: sorendahlgaard | February 15, 2011

Algebra1 – Normalitet, kvotientgrupper, mv.

Sætning: Hvis N er en undergruppe af G er følgende ækvivalent:

  1. Højre og venstre kongruens modulo N definerer den samme relation på G
  2. Enhver venstre sideklasse af N i G er også en højre sideklasse af N i G
  3. aN = Na for alle a\in G
  4. aNa^{-1}\subseteq N for alle a\in G, hvor aNa^{-1} = \{ana^{-1} | n\in N\}
  5. aNa^{-1} = N for alle a\in G

Bevis: Det er klart, at (1) og (3) er ækvivalent, så vi vil vise, at (2) medfører (3) medfører (4) medfører (5) medfører (2):

(2) => (3): Hvis aN = Nb for et vilkårligt b\in G så har vi, at a\in Nb\cap Na. Men da vi har tale om ækvivalensklasser er Nb enten lig hinanden eller disjunkte. Da de tydeligvis ikke er disjunkte må de være ens. (Og derfor må aN = Nb = Na)

(3) => (4):  Hvis aN = Na har vi, at aNa^{-1} = Naa^{-1} = N. Dette viser også (3) => (5).

(4) => (5): Hvis vi har aNa^{-1} \subseteq N har vi også, at a^{-1}Na \subseteq N. Derfor for alle n\in N, n = a(a^{-1}Na)a^{-1}\in aNa^{-1} og derfor, at N\subseteq aNa^{-1}.

(5) => (2): aNa^{-1} = N \Rightarrow aNa^{-1}a = aN = Na

Definition: En undergruppe N der overholder en af kravene fra sætningen herover kaldes en normal undergruppe af G og skrives n\vartriangleleft G.

Sætning: Lad K,N være undergrupper af G og lad N\vartriangleleft G. Da gælder følgende:

  1. N\cap K \vartriangleleft K
  2. N\vartriangleleft N\lor K (husk, at N\lor K = \langle N\cup K \rangle)
  3. NK = \langle N\lor K = KN
  4. Hvis K også er normal i G og K\cap N = \langle e \rangle så har vi, at nk = kn for alle k\in K, n\in N

Bevis:

  1. Hvis vi har a\in K og n\in N\cup K da må ana^{-1}\in N da N er normal i G. Vi har også, at ana^{-1}\in K da både a,n\in K. Derfor må ana^{-1}\in N\cap K og dermed at N\cap K\vartriangleleft K.
  2. Er triviel, da N<N\lor K
  3. Et element x\in N\lor K er skrevet på formen n_1k_1n_2k_2\cdots n_rk_r med n_i\in N, k_i\in K. Da N er normal har vi, at n_ik_j = k_jn_i' for et n_i'\in N. Vi har derfor, at n_1k_1n_2k_2 kan skrives som n_1n_2'k_1k_2 (ved at bytte k_1n_2 ud). Da n_1n_2'\in N og k_1k_2\in K har vi, at x = nk for et vist n\in N, k\in K. Det samme bevis kan anvendes for at KN = N\lor K.
  4. Lad n\in N, k\in K da har vi, at nkn^{-1}\in K og kn^{-1}k^{-1}\in N. Derfor må (nkn^{-1})k^{-1}\in K og n(kn^{-1}k^{-1})\in N og dermed (nkn^{-1})k^{-1} = n(kn^{-1}k^{-1})\in N\cap K = \langle e \rangle. Hvilket giver, at nk(n^{-1}k^{-1}) = nk(kn)^{-1} = e. Og derfor må nk = kn

Sætning: Hvis N \vartriangleleft G og G/N er mængden af alle (venstre) sideklasser af N i G, da er G/N en gruppe af orden [G:N] under kompositionen (aN)(bN) = (ab)N

Bevis: For at se, at kompositionen er veldefineret skal vi først vise, at a_1\equiv a (\mod N) \land b_1\equiv b (\mod N) \Rightarrow a_1b_1\equiv ab (\mod N) (og dermed, at der er tale om en kongruensrelation). Vi ved, at a_1a^{-1} = n_1\in N og b_1b^{-1} = n_2\in N. Dermed (a_1b_1)(ab)^{-1} = a_1b_1b^{-1}a^{-1} = (a_1n_2)a^{-1} Men da N er normal har vi, at (a_1n_2)a^{-1} = n_3a_1a^{-1} = n_3n_1 \in N. Dermed har vi, at (a_1b_1)(ab)^{-1}\in N og dermed er de en del af samme ækvivalensklasse.

Denne gruppe G/N kaldes for kvotientgruppen eller faktorgruppen af G med N

(Tag evt. et par sekunder og overvej at alt dette passer for Z/\langle m \rangle)

Homomorfier

vi skal nu kigge på nogle homomorfier i forhold til kvotientgrupper, normale undergrupper og andre homomorfier.

Sætning: Hvis f: G\to H er en homomorfi, da er \ker f en normal undergruppe af G. Omvendt, hvis N er en normal undegruppe af G, da er N kernen i en afbildning \pi : G\to G/N givet ved \pi(a) = aN og denne er en epimorfi.

Bevis: Hvis x\in \ker f og a\in G da har vi, at f(axa^{-1}) = f(a)f(x)f(a^{-1}) = f(a)e f(a^{-1}) = e og dermed axa^{-1}\in \ker f.

\pi er klart surjektiv. Da vi har, at \pi(ab) = (ab)N = (aN)(bN) = \pi(a)\pi(b) (pr. definitionen af kompositionen i G/N) er det også klart, at \pi er en homomorfi. Derfor er det en epimorfi.

Leave a Comment

Posted in Algebra1 | Tags: ,

Older Posts »

Categories

Follow

Get every new post delivered to your Inbox.