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

ex10

1.i – De to grupper og er begge abelske grupper af orden 16. Argumenter for at de ikke er isomorfe:

Vi ser hurtigt, at 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:

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

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

. Begrundelse: Klart at . Sætning siger at disse er entydigt bestemt, så der kan ikke være andre.

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

Lad . Observer da:

4.i – Betragt med . Vis at eneste elementer med orden 4.

Se alle elementerne: . Da vi har, at er det klart, at .

Ligeledes er . har klart orden 4, da de er 4-cykler.

4.ii – Lad Beregn og slut, at ikke er normal i

. Dette element har klart orden 4 og er forskelligt fra . Altså kan det ikke være i . Det følger nu af definitionen for normalitet, at ikke er normal i

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

– Sylow-2-undergrupper i 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 og er en divisor i gruppens orden, må der være enten 1 eller 3. Men da har orden 8 og ikke er normal i er der mere end 1. Der må altså være netop 3.

5 – Afbildningen givet ved betragtes. Vis at er en homomorfi af grupper og at kernen er fri abelsk af rang 3.

Se på . Men det er jo netop definitionen, at dette er det samme som

Observer nu, at kernen er en normal undergruppe af . Det betyder, at den er fri abelsk af rang højest 3. Men samtidig kan vi se, at 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 gruppehomomorfi. Lad . Lad . Vis, at ordenen af er et multiplum af k

Vi ved, at , men vi ved, at da må

7. Bestem antallet af kommutative grupper af orden 2009

Da er der kun 2 grupper.

9. virker på ved at permutere koordinaterne. Bestem banelængde og orden af isotropigruppen for

Vi ser nemt, at der er muligheder for at placere koordinaterne. Banelængden er således 10, og ordenen af isotropigruppen er

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

Find først primfaktorisering og divisorer: og divisorerne er:

Som vi kan se er det kun 1 og 12 der kan skrives som . 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 elementer af orden 11.

ex08

1. Lad have cykeltype . Bestem dennes orden samt orden og cykeltype af

Ordenen er lig det mindste fælles multiplum af cykellængderne: . Hvis nu er resten af 2008 ved division med 60, da har vi, at

Cykeltypen af 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 cykeltypen

Dens orden finder vi ved at finde det mindste tal , så . 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: . Deres lcm er nu den største af hver potens ganget sammen, dvs. eller

2. Betragt i permutationerne . Hvor mange opfylder giv et eksempel

Vi ved, at . Vi ved således, at:

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

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

3. Betragt undergrupper og . Argumenter for at naturligt kan opfattes som en undergruppe i . Vis, at har en undergruppe af orden 2008.

Se på afbildningen givet ved hvor får alle indicer flyttet med . dvs (). Dette er klart en homomorfi, da er disjunkte. Det er også klart en injektiv homomorfi, da . Da er

Kig på og brug ovenstående bevis.

4. Betragt den givet ved . Hvis at er en gruppehomomorfi og bestem kernen.

Se . Dette følger af egenskaberne for restklasseregning og multiplikation.

Kernen indeholder de så . Det er kun

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

1. – Der er 1 element af orden 2.
2. – Der er 3 af orden 2
3. – 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:

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:

Disse er tydeligvis ikke ens. For de to sidste grupper kan vi se, at har et element af orden 40, mens ikke har.

9. Angiv ordenen af sylow-251-undergruppen i

Ordenen af gruppen er klart , men hvor mange led i dennes primfaktorisering er 251?

Hvor mange led i er 251? Det må være , hvor er det mindste hele tal, så . Dette er heldigvis . Således har sylow-251-undergruppen en orden af

ex07

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

1. – 2 elementer af orden 3
2. – 8 elementer af orden 3

3. Vis at følgende grupper ikke er isomorfe:

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

4. Bestem center af

Det nemmeste er at se på elementerne i :

Det er klart, at er i centeret. Lad os kigge på :

Prøv først at se om kommuterer med : . Det er således klart, at kun kommuterer med . Kommuterer den også med ?

Vi har altså, at er i centeret. Vi ser nu, at . Og dermed er centeret lig

Alternativt siger en sætning/øvelse i bogen, at centeret for er hvis er ulige og isomorf med hvis er lige.

5. Bestem så

Vi har, at . Det giver følgende 4 muligheder:

6. Angiv ordener af de ikke-trivielle sylow undergrupper i

Ordenen af gruppen er

Vi primfaktoriserer dette og får

Ordnerne er således

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

Vi har, at . Samtidig har vi følgende divisorer i 2007: . Vi kan nu se, at antallet af sylow-223-undergrupper må være 1 og den er dermed normal.

9. Betragt givet ved . Vis at det er en gruppehomomorfi. For hvilke er det en gruppe isomorfi?

Betragt . Ligesom i en af de tidligere opgaver følger dette af egenskaberne for restklasseregning.

Vi ser nu, at

Vi ser, at er identiteten, så det er klart en automorfi. Ligeledes har vi, at . Vi ser let, at dette også er en isomorfi.

10. Lad gruppe og med . Vis at hvis og kun hvis er ulige.

Vis først : . Hvis var lige ville .

: Vi har, at hvis og kun hvis . Vi har nu, at ordenen, , er det mindste fælles multiplum af og delt med 2. Men dette er jo netop da denne er ulige.

11. Find indeks af i . Giv eksempler på et element fra hver sideklasse.

Vi ved, at og . Vi ved også, at

Det giver os, at:

Eksempler på de 3 sideklasser er

That’s all folks!

Lemma: Lad en gruppe af orden (p primtal) virke på en endelig mængde . Hvis . Da er størrelsen af de to mængder kongruente mod p.

Bevis: Vi kan skrive , hvor alle ‘erne er  de baner med banelængde skarpt større end 1. Da hver af disse banelængder er indeks af stabilisatoren i har vi, at går op i dem alle. Derfor må

(Dette lemma vil vi bruge en del.)

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

Bevis: Vi vil bruge forrige lemma. Lad være mængden af p-tupler så . Det er nu klart, at er entydigt bestemt som . Vi har således , og dermed .

Lad nu virke på med cirkulær permutation:

Observer, at indeholder alle de tupler med der har . Det er klart, at , men brug nu forrige lemma til at se, at der må være mindst et element med orden .

Notation: En gruppe hvor hvert element har orden for 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 af en p-gruppe indeholder mindst ét ikke-trivielt element.

Bevis: Se på klasseligningen . Vi har at og , men så må . Da i hvert fald følger nu, at mindst

Sætning: Hvis er en p-undergruppe af en gruppe , da er

Bevis: Brug det første lemma med værende alle sideklasserne af i . Observer dernæst, at .

Korollar: Hvis er en p-undergruppe af så , da er

Bevis: Observer, at og

Sylows sætninger:

1. Sætning: Lad gruppe af orden med og . Da gælder følgende:

1. har en undergruppe af orden for
2. Hver undergruppe af med orden ( er normal i en undergruppe af orden

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

Antag nu, at er en undergruppe af orden (og Vi ved fra de forrige korollarer/sætninger, at og at . Vi ved også, at (da (og ).

Vi ved, at indeholder en gruppe af orden og, at denne gruppe er på formen for et . Vi kan nu slutte, at og

Ekstra:

1. En gruppe af maksimal potensorden 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

2. Sætning: Hvis er en p-undergruppe af og er en sylow p-undergruppe, da findes så . Særligt er alle sylow p-undergruppe konjugeret af hinanden.

Bevis: Brug igen det første lemma. alle sideklasser af i . Lad virke på med venstretranslation. Bemærk, at ikke går op i . Dvs. der findes :

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

Bevis: Lad være antallet af sylow p-undergrupper i . Vi har at er antallet af konjugerede af en hvilken som helst sylow p-undergruppe , hvilket er . Lad virke med konjugering på . Hvis vi kan vise, at er vi færdige:

Vi har, at . Dvs. . Da er sylow p-undergrupper i og er normal i denne må vi have, at .

Definition: Lad gruppe og mængde. Og lad os have en funktion som vi betegner Hvis der for denne funktion gælder for alle $lates x\in S$ og at:

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

Eksempel: virker på ved (Let at verificere egenskaberne.)

Eksempel: Venstre hhv. højre translation (disse skal vi bruge meget). virkningen hvor (begge grupper): . Eksempelvis kunne vi have at var en anden undergruppe i og er mængden af alle sideklasserne med , da har vi er en gruppevirkning.

Eksempel: Lad grupper med , da virker på med konjugering: . Hvis er en undergruppe af er en undergruppe af som er isomorf til . Vi kan således sige, at virker må mængden af alle undergrupper i .

Bevis for undergruppe isomorf med : Undergruppe: For to elementer ser vi, at

Isomorf: Kig på homomorfien konjugering. Klart, at . Men da er grupperne lige store og dermed er afbildningen også surjektiv.

Sætning: Lad virke på mængden , da gælder følgende:

1. Relationen: er en ækvivalensrelation. (Ækvivalensklasserne kaldes baner)
2. For hvert er (Kaldet isotropigruppen eller stabilisatoren)

Bevis:

• Refleksiv: (pr. def.), Symmetrisk: Kig nu på , Transitiv:
• 

Eksempler: Se banen for med konjugering: kaldes konjugeringsklassen for . Isotropigruppen kaldes centeret af i . Hvis virker med konjugering på alle undergrupperne i kaldes stabilisatoren: for normalisatoren af i og betegnes og kaldes bare normalisatoren af .

Sætning: Banelængden af er det samme som indeks af stabilisatoren ()

Bevis: .

Korollar: endelig gruppe, undergruppe.

1. Antallet af elementer i konjugeringsklassen af og det går op i ‘s orden.
2. Lad være de forskellige konjugeringsklasser. Da er ordenen af lig med summen af banelængderne .
3. Antallet af undergrupper i der er konjugeret af er og går op i .

Bevis: Følger direkte.

Sætning: Hvis virker på , da inducerer denne virkning en homomorfi hvor er mængden af alle permutationer af

Bevis: Betragt isomorfien givet ved . Betragt derefter homomorfien

Korollar: Hvis er en gruppe findes der en monomorfi , og dermed er alle grupper isomorf med en undergruppe af

Bevis: Lad virke på sig selv med venstretranslation. og brug forrige sætning. Bemærk, at for alle . Særligt har vi . Dermed injektiv. Se også, at .

Korollar: gruppe

1. For hvert inducerer konjugering med en automorfi på
2. Der er en homomorfi (gruppen af alle automorfier på med kernen .

Bevis:

1. er klart en isomorfi.
2. Lad virke på sig selv med konjugering. Vi ved fra (1) at billedet af er indeholdt i gruppen af alle automorfier på (bemærk: Indeholdt!). Vi ved nu, at

Men det er jo netop centret .

Proposition: Lad undergruppe af . Lad virke på mængden af alle sideklasser af i med venstretranslation. Da er kernen af den inducerede homomorfi indeholdt i .

Bevis: Den inducerede homomorfi er givet ved , hvor er defineret som .

Kernen er netop de så for alle . Særligt er

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

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

Korollar: Lad være en undergruppe af en endelig gruppe . Lad hvor er det mindste primtal, så . Da er

Bevis: Se på alle sideklasserne af i . Da er . Se på kernen af den inducerede homomorfi, . Kig på som er isomorf med en undergruppe af , dvs går op i . Brug nu ‘s minimalitet til at vise, at .

med og .

Bevis: Vi ved, at der findes en fri abelsk gruppe af endelig rang og en epimorfi . Vi ved at og at der findes en basis Vi kan nu bruge vores isomorfisætning til at se, at

Det er klart at se, at hvis har vi, at .

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

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

Lemma: Hvis da har vi, at

.

Bevis: Brug induktion og følgende faktum:

hvis (GCD).

Bevis for dette: Kig på afbildningen givet ved . Da vi har, at har vi, at der findes tal så . Dvs. at for alle og dermed er en epimorfi. Da grupperne har samme orden kan vi nu slutte, at er en isomorfi.

Korollar: Hvis er abelsk af orden , har den en undergruppe af orden for alle

Bevis: Vi har, at . Dvs. at Vi kan nu bruge, at undergruppen . Eks: Bemærk, at dette ikke nødvendigvis gælder hvis gruppen ikke er abelsk.

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

• 1.
• 2.
• 3. for
• 4.

Særligt har vi disse isomorfier:

• 5. og for

Lad være abelske grupper.

• 6. Hvis er en isomorfi, da restriktionen af til også. Dvs. og
• 7. Hvis er en isomorfi, da er restriktionen af til også. Dvs. og .

Bevis: (Husk at vi arbejder med abelske grupper)

• 1. Hvis vi har to elementer er det klart, at
• 2. Hvis vi har to elementer Da har vi, at .
• 3. Hvis da har vi, at . Det er klart, at for har vi, at .
• 4. Hvis vi har har vi, at .
• 5. Vi har, at har orden (dermed isomorf med ). Vi har også, at . Hvis har vi, at men dermed , dvs. . Anden del: har orden .

osv.

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

1. I alle dekompositioner af vil antallet, , af uendelig summander være det samme.
2. er enten fri abelsk, eller der findes en unik liste af tal med og , så
3. er enten fri abelsk, eller der findes en unik liste af primtalspotenser så

Bevis: (1): Enhver dekomposition af vil give hvor er en fri abelsk gruppe af rang netop – antallet af uendelige cykliske summander i dekompositionen. Hvis vi ser på torsion undergruppen af ser vi, at den er givet ved (den kanoniske injektion på gruppen ). Da har vi, at . Da 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:

med hvert primtalspotenser. Vi vil nu vise, at og dernæst at alle . Vi har klart, at

og vi har ligeledes, at

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

For at se, at kigger vi på . Vi har, at

Gentages samme argument med kan vi se, at .

Lad os nu antage, at og det samme for . Lad være det første tal, så . Vi kan antage uden tab af generalitet, at . Kig nu på :

Men vi har også, at:

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

Primtalspotenserne i denne fremstilling kaldes for ‘s elementære divisorer

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

Disse kan skrives op som primfaktoriseringer af (de samme, forskellige) primtal – (ved at indsætte hvor nødvendigt.):

(osv.)

Bemærk, at da har vi også, at . Da må vi have, at mindst en , og dermed, at følgende:

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

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

Hvis er en abelsk gruppe med kaldes en basis for hvis følgende to betingelser er opfyldt:

Husk at vi bruger abelsk notation. Med normal notation ville det svare til

Sætning: Følgende betingelser er ækvivalente:

1. har en basis bestående af elementer.
2. er indre direkte produkt af uendelige cykliske grupper
3. 

Bevis: (1=>2) det er klart, at er uendelig, da .

Hvis vi nu har en da har vi, at der findes ‘er så men dermed må hvilket betyder at alle ‘erne (og dermed ) er .

(2) => (3) Alle er uendeligt cyklisk og dermed isomorf med

(3) => (2) Lad os kigge på en isomorfi . Sæt da hvor 1′tallet er på den i’te plads. Da er en homomorfi har vi, at

Vi ser at (da er surjektiv). Da er injektiv har vi at kernen er triviel og dermed må

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

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

Bevis: Vi har at . Observer at er en normal undergruppe af . Vi har at og vi kan betragte kvotientgruppen . Vi kan således se, at .

Gøres det samme for en basis med elementer fås det samme resultat hvormed

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

Bevis: Hvis de har samme rang har vi, at . Klart isomorfe.

Hvis vi har en isomorfi og en basis for . Sæt da . Da ses det, at ‘erne klart udgør en basis for (da er en isomorfi) og de to grupper har samme rang.

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

Bevis: Se på afbildningen givet ved , hvor frembringer

Lemma: Hvis vi har en basis for en fri abelsk gruppe . Da er følgende også en basis: (hvor og )

Bevis: Da har vi, at . Da alle de andre elementer af basen også klart er i den, må den frembringe hele

Hvis vi har kan vi se, at

Sætning: Lad være en fri abelsk gruppe af rang og lad . Da findes en basis for samt naturlige tal med , så er fri abelsk med rang og en basis

Bevis: Vi vil benytte induktion efter :

Hvis har vi, at og det er nemt at se, at for et og dermed er .

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

Lad være mængden af alle for hvilke der findes en basis for og et element så . Bemærk at da er alle ‘erne samt også i

Da har vi også, at og det giver mening at tale om det mindste positive tal, . Vi har nu at for en basis for samt heltal .

Sæt nu med resten . Vi har da, at

Men hvis vi sætter kan vi se ved at anvende ovenstående lemma en masse gange, at også er en basis for . Da er det mindste element i må alle . Altså er

Lad . Det er klart, at er en fri abelsk gruppe af rang . Vi påstår nu, at . Det er klart, at . Lad os derfor kigge på et element . Vi kan skrive dette som:

Hvis vi sætter får vi:

Da og får vi, at

Der er nu to muligheder. Enten er og – vi er færdige

Eller i hvilket tilfælde induktionsantagelsen hugger til og vi har en basis .

Vi skal nu blot vise, at . Skriv nu med . Da har vi, at er en basis for , men da får vi, at grundet ‘s minimalitet.

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

Bevis: Vi ser, at der er en epimorfi fra hvor er en fri abelsk gruppe af rang . Vi kan nu anvende forrige sætning på undergruppen . Denne er en fri abelsk gruppe af rang . Det samme gælder da for billedet (da er surjektiv).

Sætning: Lad være grupper. Lad være en gruppe og lad der for være en homomorfi . Der findes nu en entydig homomorfi således, at

Bevis: Sæt . Husk at er den kanoniske projektion.

Definition: Ligesom vi har den kanoniske projektion har vi også kanoniske injektioner så hvor står på den i’te plads. Det ses klart, at er injektiv og at (

Sætning: Lad være abelske grupper og lad være en abelsk gruppe. Lad være homomorfier. Da findes en entydig homomorfi Så

Bevis: Se, at er nødt til at være . Brug dernæst, at grupperne er abelsk til at vise, at

Sætning: Lad være normale undergrupper af en gruppe , hvor følgende gælder: og for alle .

Da er

Bevis: Kig på afbildningen givet ved .

Da har vi, at klart er surjektiv.

Lad os kigge på hvorvidt er en homomorfi: Observer først, at for . Bevis: kig på Vi har grundet normalitet, at og Men da må Dermed har vi, at .

Vi kan bruge dette til at vise, at

Injektiv: Lad da har vi, at . Vi får derfor, at

Vi siger, at er det indre direkte produkt af grupperne

Sætning: Lad grupper. med homomorfier . Da er afbildningen givet ved en homomorfi med

og

Bevis: Det er klart, at hvis må vi have, at , altså alle . 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 er en homomorfi. Dette følger af at er en homomorfi, så

Korollar: Lad være en gruppe med en normalundergruppe for alle

Da gælder, at er normal i og kvotientgruppen er isomorf med det direkte produkt af alle kvotientgrupperne

Bevis: Specialiser forrige sætning med og og lad .

Notation: Først skal vi lige have defineret cykel-notationen. Lad være forskellige elementer af . Da er lig med permutationen, der sender of sender alle andre elementer over i sig selv. dette kaldes for en r-cykel. En 2-cykel kaldes en transposition.

Eksempler:

Det inverse af en permutation er

Definition: Permutationerne siges at være disjunkte hvis ingen af dem flytter på det samme element. Dvs. for alle og har vi, at

Det er klart, at hvis er disjunkte.

Sætning: Hver ikke-identitet permutation i 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 hvor er de disjunkte cykler. Da har vi, at . Da disjunkte cykler kommuterer har vi, at . Yderligere har vi, at . Dvs. at går op i og det følger let herfra.

Korollar: Hver permutation i 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: og

Definition: En permutation 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 lad være mængden af alle lige permutationer i . Da er en normal undergruppe i med index 2 (og dermed orden . Den er ydermere den eneste undergruppe med index 2.

Denne gruppe kaldes den alternerende gruppe af grad .

Bevis: Se på gruppen med multiplikation. Denne svarer til fortegnet for en permutation. Kig på afbildningen givet ved . Det er klart at denne er surjektiv, da . Da kernen tydeligvis er har vi, at er en normal undergruppe i . Det er nemt at se, at har index 2. F.eks. ved at bruge første isomorfisætning.

At er den eneste gruppe af index 2 kan ses ud fra følgende. Antag at så . Lad . Der er to tilfælde. Enten er eller . Hvis er det klart at se, at . Hvis har vi også at (Bevis: antag dvs. .)

Det betyder, at alle kvadrater er i . Bemærk, at Det betyder, at alle 3-cykler er i . Et af de efterfølgende lemmaer giver nu, at . Og da har samme index har de samme orden, og .

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

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

Sætning: er simpel hvis og kun hvis

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

Lemma: Lad være forskellige elementer i Da er genereret af 3-cyklerne

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

Dermed er genereret af mængden af alle 3-cykler. Disse kan skrives på formen hvor . Da og og og har vi, at alle 3-cykler kan genereres fra (Dette færdiggør også beviset for at er den eneste gruppe med index 2)

Lemma: Hvis og indeholder en 3-cykel, da er

Bevis: fordi . Da er normal har vi, at .

Bevis for sætningen: Det er let at se, at , 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 . For er idéen at tage en vilkårlig og vise, at

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

Case 2: indeholder et element som er produktet af disjunkte cykler, hvor mindst en har længde , dvs . Vi kan da bruge normaliteten til at vise, at indeholder en 3-cykel. Se på med og vis, at dette element må være

Case 3: indeholder et element som er et produkt af disjunkte cykler, hvoraf mindst to er 3-cykler . Kig på med og vis, at elementet har længde . Dernæst brug case 2.

Case 4: indeholder et element som blabla en 3-cykel og en masse 2-cykler. Dvs. hvor er produktet af en masse 2-cykler. Da har vi, at og

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

og . (regn evt. selv efter). Da må der være et forskelligt fra . Vi har da og dermed (regn selv efter)

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

Sætning: For er gruppen (diedergruppen af orden ) en gruppe hvis generatorer opfylder:

En gruppe genereret af elementer der opfylder disse for er isomorf med .

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

og

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 og lave en isomorfi. og den anden generator af

Sætning: Hvis er en homomorfi og , så . Da findes der en entydigt bestemt homomorfi så og og .

Bevis: Vi vil kigge på en afbildning givet ved . Denne er veldefineret, da kan skrives som . Vi har nu, at . Vi kan således se, at er veldefineret.

er en homomorfi, da . Det er klart, at billedet er det samme for og . Yderligere Dvs. .

er en monomorfi hvis og kun hvis er den trivielle undergruppe af dvs. .

Korollar (1. isomorfisætning): Hvis er en homomorfi, da kan vi udlede en isomorfi givet ved:

Bevis: Forrige sætning med

Korollar (2. isomorfisætning): Hvis er undergrupper af med . Da er

Bevis: Lad hvor . Da er

Da er normal har vi, at dvs.

Dermed er en undergruppe og vi har, at .

Lad og . Da fås:

Da er normal og . Dermed har vi, at .

Betragt nu homomorfien givet ved den kanoniske homomorfi (. Vi finder, at kernen er . Ethvert element i har formen da er normal. Derfor er surjektiv. Vi får nu fra første isomorfi sætning, at

dvs.

Korollar (3. isomorfisætning): Lad være normale undergrupper af så . Da er en normal undergruppe af og

Bevis: Vi har den kanoniske homomorfi . Da (fordi og ), får vi induceret en homomorfi givet ved .

Vi kan se, at . Da er kernen for en homomorfi fra må den således være normal i denne. Vi kan nu bruge første isomorfisætning til at vise, at

Sætning: Hvis er en epimorfi af grupper, da er afbildningen en 1-til-1 korrenspondence mellem mængden der indeholder alle undergrupper , som indeholder og mængden af alle undergrupper af . Under denne korrespondence svarer normale undergrupper til normale undergrupper.

Bevis: Hvis er . Omvendt, hvis er med

Da er afbildningen surjektiv.

Hvis vi har med gælder , bevis: Det er klart, at . Antag , dvs . Dvs for et vist . Dvs. . Altså . Altså .

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

Korollar: Enhver undergruper af har formen med og . er normal hvis er normal i .

Bevis: Anvend forrige sætning med og . lad .

1. Højre og venstre kongruens modulo definerer den samme relation på
2. Enhver venstre sideklasse af i er også en højre sideklasse af i
3. for alle
4. for alle , hvor
5. for alle

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 for et vilkårligt så har vi, at . Men da vi har tale om ækvivalensklasser er enten lig hinanden eller disjunkte. Da de tydeligvis ikke er disjunkte må de være ens. (Og derfor må )

(3) => (4):  Hvis har vi, at . Dette viser også (3) => (5).

(4) => (5): Hvis vi har har vi også, at . Derfor for alle og derfor, at .

(5) => (2):

Definition: En undergruppe der overholder en af kravene fra sætningen herover kaldes en normal undergruppe af og skrives .

Sætning: Lad være undergrupper af og lad . Da gælder følgende:

1. 
2. (husk, at )
3. 
4. Hvis også er normal i og så har vi, at for alle

Bevis:

1. Hvis vi har og da må da er normal i . Vi har også, at da både . Derfor må og dermed at .
2. Er triviel, da
3. Et element er skrevet på formen med . Da er normal har vi, at for et . Vi har derfor, at kan skrives som (ved at bytte ud). Da og har vi, at for et vist . Det samme bevis kan anvendes for at .
4. Lad da har vi, at og . Derfor må og og dermed . Hvilket giver, at . Og derfor må

Sætning: Hvis og er mængden af alle (venstre) sideklasser af i , da er en gruppe af orden under kompositionen

Bevis: For at se, at kompositionen er veldefineret skal vi først vise, at (og dermed, at der er tale om en kongruensrelation). Vi ved, at og . Dermed Men da er normal har vi, at . Dermed har vi, at og dermed er de en del af samme ækvivalensklasse.

Denne gruppe kaldes for kvotientgruppen eller faktorgruppen af med

(Tag evt. et par sekunder og overvej at alt dette passer for )

Homomorfier

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

Sætning: Hvis er en homomorfi, da er en normal undergruppe af . Omvendt, hvis er en normal undegruppe af , da er kernen i en afbildning givet ved og denne er en epimorfi.

Bevis: Hvis og da har vi, at og dermed .

er klart surjektiv. Da vi har, at (pr. definitionen af kompositionen i ) er det også klart, at er en homomorfi. Derfor er det en epimorfi.