Tekijäryhmät ja homomorsmit

Transkriptio

1 Tekijäryhmät ja homomorsmit LuK-tutkielma Henna Isokääntä Matemaattiset tieteet Oulun yliopisto Kevät 2019

2 Sisältö Johdanto 1 1 Tekijäryhmät 1 2 Homomorsmit 3 Lähdeluettelo 13

3 Johdanto Tässä opinnäytetyössä muodostetaan aluksi tekijäryhmän käsite. Toisessa kappaleessa käydään läpi homomorsmin käsite ja sen ominaisuuksia sekä isomora eli rakenneyhtäläisyys. Jokaista aiemmin esitettyä käsitettä avataan työssä esimerkein. Lopuksi konstruoidaan homomorsmin peruslause, johon koko työ kulminoituu. Ennen työn lukemista lukijalta edellytetään abstraktin algebran peruskäsitteiden hallintaa, erityisesti perustietoja ryhmistä. Tärkeitä asioita ymmärtää ennen työhön tutustumista ovat itse ryhmän määritelmä sekä neutraalialkion ja käänteisalkion käsitteet. Lisäksi Abelin ryhmän käsite ja aliryhmäkriteeri on syytä tuntea. Esimerkkien ymmärtämiseksi on hyvä tuntea myös jäännösluokat ja alkuluokat. Työssä pääasiallisina lähteinä käytetään kahta kirjaa: John B. Fraleighin kirjoittamaa A First Course in Abstract Algebra ja Olympia E. Nicodemin, Melissa A. Sutherlandin ja Gary W. Towsleyn kirjoittamaa An Introduction to Abstract Algebra with Notes to the Future Teacher. Lisäksi Algebra I -kurssin luentomateriaalista ja laskuharjoituksista poimitaan tietoja suurimmaksi osaksi esimerkkejä. 1 Tekijäryhmät Määritelmä 1. Olkoot G ryhmä ja N G. Aliryhmää N sanotaan normaaliksi, jos sen vasemmat ja oikeat sivuluokat yhtyvät eli an = Na aina, kun a G. Tällöin käytetään merkintää N G. (Katso [1], s. 169 Denition ) Lause 1. Olkoon N G. Joukko {an a G} on ryhmä seuraavasti määritellyn laskutoimituksen suhteen an bn = abn. Todistus. Todistetaan ensin, että laskutoimitus an bn = abn hyvin määritellyksi. Eli jos a 1 N = a 2 N ja b 1 N = b 2 N, niin a 1 b 1 N = a 2 b 2 N, kun a 1, a 2, b 1, b 2 G. Olkoon a 1, a 2, b 1, b 2 G. Jos a 1 N = a 2 N, niin a 2 a 1 N eli a 2 = a 1 x jollakin x N. Ja jos b 1 N = b 2 N, niin b 2 b 1 N eli b 2 = b 1 y jollakin y N. Tällöin a 2 b 2 = a 1 xb 1 y, missä x, y N. 1

4 Nyt xb 1 Nb = bn eli xb = bz jollakin z N, sillä N G. Siis a 2 b 2 = a 1 xb 1 y = a 1 b 1 zy, kun x, z, y N, jolloin zy N ja siten a 1 b 1 zy a 1 b 1 N. Näin ollen a 2 b 2 a 1 b 1 N eli a 2 b 2 N = a 1 b 1 N. Osoitetaan seuraavaksi, että ({an a G}, ) on ryhmä. Olkoon a, b, c G. 1. Nyt an bn = abn ja ab G, joten an bn = abn on binäärinen operaatio joukossa {an a G}. 2. Lisäksi (an bn) cn = abn cn = (ab)cn = a(bc)n = an bcn = an (bn cn), koska G on ryhmä. Siis an bn = abn on assosiatiivinen. 3. Ryhmän ({an a G}, ) neutraalialkio on en = N, missä e on ryhmän G neutraalialkio, koska an en = aen = an ja en an = ean = an. 4. Alkion an käänteisalkio on a 1 N, koska an a 1 N = aa 1 N = en ja a 1 N an = a 1 an = en. Kohdista 1.4. seuraa, että ({an a G}, ) on ryhmä. (Katso [2], s Proposition 3&4.) Määritelmä 2. Ryhmää ({an a G}, ) kutsutaan ryhmän G tekijäryhmäksi normaalin aliryhmän N suhteen. Siitä käytetään merkintää G/N. (Katso [1], s. 174 Denition ) Lause 2. Jos G on Abelin ryhmä ja N G, niin N G. Todistus. Olkoon G on Abelin ryhmä, a G ja N G. Nyt an = {an n N} = {na n N} = Na, sillä G on Abelin ryhmänä kommutatiivinen.(katso [3], s. 17.) 2

5 Esimerkki 1. Ryhmä Z 7 = {[1], [2], [3], [4], [5], [6]} on Abelin ryhmä. Tutkitaan alkion [6] generoimaa aliryhmää [6] = {[1], [6]} =: N Z 7 [6] 0 = [1] [6] 1 = [6] [6] 2 = [36] = [1] Koska Z 7 on Abelin ryhmä, sen aliryhmät ovat normaaleja. Siis N = {[1], [6]} Z 7. Muodostetaan nyt ryhmän Z 7 vasemmat sivuluokat normaalin aliryhmän N suhteen [1]N = {[1], [6]} = [6]N [2]N = {[2], [12]} = {[2], [5]} = [5]N [3]N = {[3], [18]} = {[3], [4]} = [4]N Siis tekijäryhmä Z 7/N = {[1]N, [2]N, [3]N}. (Katso [3], luentomuistiinpanot.) Esimerkki 2. Kokonaisluvut Z on Abelin ryhmä yhteenlaskun suhteen. Olkoon n Z. Nyt joukko nz = {nz z Z} Z. Nyt (Z, +) on Abelin ryhmä, joten nz Z. Tekijäryhmäksi saadaan Z/nZ = {nz, 1 + nz, 2 + nz,..., (n 2) + nz, (n 1) + nz} = {k + nz k {0, 1,..., n 1}} = [k] jäännösluokkien yhteenlaskuryhmä modulo n, missä k {0, 1,..., n 1}. (Katso [1], s. 175 Example ) 2 Homomorsmit Määritelmä 3. Olkoot (G, ) ja (H, ) ryhmiä. Kuvausta f : G H sanotaan (ryhmä)homomorsmiksi, jos f(ab) = f(a) f(b) (1) aina, kun a, b G. (Katso [1], s. 162 Denition ) Ehto (1) voidaan kirjoittaa myös muotoon f(ab) = f(a)f(b), jos kummankin ryhmän laskutoimitukselle käytetään kertolaskumerkintää. 3

6 Esimerkki 3. Olkoon f : G H, f(g) = e H kaikilla g G, missä e H on ryhmän H neutraalialkio. Olkoon a, b G. Nyt joten f on homomorsmi. f(a)f(b) = e H e H = e H = f(ab), Edellisen esimerkin homomorsmia kutsutaan triviaaliksi homomorsmiksi ja se on olemassa kaikille ryhmille G ja H. (Katso [1], s. 162.) Esimerkki 4. Olkoot G Abelin ryhmä ja f : G G, f(a) = a 2. Olkoon a, b G. Nyt f(ab) = (ab) 2 = abab = aabb = a 2 b 2, koska G on Abelin ryhmänä kommutatiivinen. Lisäksi f(a)f(b) = a 2 b 2. Siis f on homomorsmi. (Katso [3], Harjoitus 10 tehtävä 1.) Esimerkki 5. Tutkitaan kokonaislukuja Z operaation yhteenlasku suhteen. Nyt kuvaus f : Z Z, f(a) = 2a on homomorsmi, sillä f(a + b) = 2(a + b) = 2a + 2b = f(a) + f(b), kun a, b Z. Kuitenkin, jos tutkitaan samaa kuvausta, mutta operaatioksi vaihdetaan kertolasku, niin f ei ole homomorsmi, sillä f(ab) = 2ab, mutta f(a)f(b) = 2a 2b = 4ab. (Katso [2], s. 217 Example 2.) Määritelmä 4. Olkoot f : G H, A G ja B H. Ryhmän G aliryhmän A kuva on f(a) = {f(a) a A} ja ryhmän H aliryhmän B alkukuva (Katso [1], s. 165 Denition ) f 1 (B) = {g G f(g) B}. 4

7 Lause 3. Olkoon f : G H homomorsmi. 1. Jos e G on ryhmän G neutraalialkio, niin f(e G ) = e H on ryhmän H neutraalialkio. 2. Jos a G, niin f(a 1 ) = f(a) Jos A G, niin f(a) H. 4. Jos B H, niin f 1 (B) G. Todistus. Olkoon f : G H homomorsmi. Olkoon a G. 1. Nyt f(a) = f(ae G ) = f(a)f(e G ), sillä f on homomorsmi. Kerrotaan alkion f(a) käänteisalkiolla f(a) 1, jolloin saadaan f(e G ) = f(a) 1 f(a) = e H. 2. Nyt e H = f(e G ) = f(aa 1 ) = f(a)f(a 1 ), sillä f on homomorsmi. Kerrotaan alkion f(a) käänteisalkiolla f(a) 1, jolloin saadaan f(a) 1 e H = f(a) 1 f(a)f(a 1 ) = e H f(a 1 ) eli f(a) 1 = f(a 1 ). 3. Olkoon A G. Nyt f(a) = {f(a) a A} ja a G, sillä A G, joten f(a) H. Lisäksi f(a), sillä e G A ja f(e G ) = e H f(a). Olkoon c, d f(a). Koska c, d f(a), niin on olemassa sellaiset a, b A, että f(a) = c ja f(b) = d. Koska A G, niin ab 1 A eli f(ab 1 ) f(a). Nyt f(ab 1 ) = f(a)f(b 1 ) = f(a)f(b) 1 = cd 1 f(a), joten aliryhmäkriteerin perusteella f(a) H. 5

8 4. Olkoon B H. Nyt f 1 (B) = {b G f(b) B} ja f(b) H, sillä B H, joten f 1 (B) G. Lisäksi f 1 (B), sillä f(e G ) = e H B eli e G f 1 (B). Olkoon a, b f 1 (B). Tällöin f(a), f(b) B. Koska B H, niin f(a)f(b) 1 B. Nyt f(a)f(b) 1 = f(a)f(b 1 ) = f(ab 1 ). Tällöin f(ab 1 ) B eli ab 1 f 1 (B). Siis f 1 (B) G. (Katso [1], s. 165 Theorem ) Määritelmä 5. Olkoon f : G H homomorsmi. 1. Ryhmän G aliryhmää f 1 (e H ) = {x G f(x) = e H } kutsutaan homomorsmin f ytimeksi ja käytetään merkintää Ker(f). Kyseistä aliryhmää voidaan kutsua myös kerneliksi. (Katso [1], s. 166 Denition ) 2. Ryhmän H aliryhmää f(g) = {f(x) x G} kutsutaan homomorsmin f kuvaksi ja käytetään merkintää Im(f). (Katso [3], s. 19 Määritelmä ) Esimerkki 6. Olkoon f : Z 7 Z 7, f(a) = a 2. Ryhmä Z 7 = {[1], [2], [3], [4], [5], [6]} on Abelin ryhmä, joten f on homomorsmi, kuten esimerkissä 4 on todistettu. Muodostetaan nyt kyseisen homomorsmin ydin ja kuva ja Siis f([1]) = [1] 2 = [1] f([2]) = [2] 2 = [4] f([3]) = [3] 2 = [9] = [2] f([4]) = [4] 2 = [16] = [2] f([5]) = [5] 2 = [25] = [4] f([6]) = [6] 2 = [36] = [1] Im(f) = f(z 7) = {[1], [2], [4]} Ker(f) = {x Z 7 f(x) = [1]} = {[1], [6]}. (Katso [3], Harjoitus 10 tehtävä 2.) 6

9 Lause 4. Olkoot f : G H homomorsmi, K = Ker(f) ja a G. Tällöin f 1 ({f(a)}) = {x G f(x) = f(a)} on K:n vasen sivuluokka ak ja oikea sivuluokka Ka. Todistus. Osoitetaan, että {x G f(x) = f(a)} = ak. Oletetaan ensin, että f(a) = f(x). Tällöin f(a) 1 = f(x) 1. Nyt f(a) 1 f(x) = f(x) 1 f(x) = e H, missä e H on ryhmän H neutraalialkio. Lauseen 3 kohdasta 2 seuraa, että f(a) 1 f(x) = f(a 1 )f(x). Nyt f(a 1 )f(x) = f(a 1 x) = e H, koska f on homomorsmi, joten f(a 1 x) = e H. Tästä seuraa, että a 1 x K = Ker(f), joten a 1 x = k jollakin k K. Eli x = ak ak, joten {x G f(x) = f(a)} ak. Olkoon nyt y ak eli y = ak jollakin k K = Ker(f). Nyt f(y) = f(ak) = f(a)f(k) = f(a)e H = f(a). Siis y {x G f(x) = f(a)} eli ak {x G f(x) = f(a)}. Näin ollen {x G f(x) = f(a)} = ak. Osoitetaan sitten, että {x G f(x) = f(a)} = Ka. Oletetaan aluksi, että f(a) = f(x). Tällöin f(a) 1 = f(x) 1. Nyt f(x)f(a) 1 = f(x)f(x) 1 = e H, missä e H on ryhmän H neutraalialkio. Lauseen 3 kohdasta 2 seuraa, että f(x)f(a 1 ) = e H. Nyt f(x)f(a 1 ) = f(xa 1 ) = e H, koska f on homomorsmi, joten f(xa 1 ) = e H. Tästä seuraa, että joten xa 1 = k jollakin k K. xa 1 K = Ker(f), 7

10 Eli x = ka Ka, joten {x G f(x) = f(a)} Ka. Olkoon nyt y Ka eli y = ka jollakin k K = Ker(f). Nyt f(y) = f(ka) = f(k)f(a) = e H f(a) = f(a). Siis y {x G f(x) = f(a)} eli Ka {x G f(x) = f(a)}. Näin ollen {x G f(x) = f(a)} = Ka. (Katso [1], s. 166 Theorem ) Lause 4 kertoo, että ytimen Ker(f) vasemmat ja oikeat sivuluokat ovat samat eli Ker(f) G. Määritelmä 6. Olkoon f : G H kuvaus. Kuvaus f on injektio, jos f(a) = f(b) vain, kun a = b. Kuvaus f on surjektio, jos sen arvojoukko on H eli jos jokaiselle arvolle y, missä y H, on olemassa alkio x, missä x G, niin, että f(x) = y. Jos kuvaus f on sekä injektio että surjektio, sitä kutsutaan bijektioksi. (Katso [1], s. 11 Denition ja [2], s. 385.) Määritelmä 7. Ryhmät (G, ) ja (H, ) ovat isomorset eli rakenneyhtäläiset, jos on olemassa kuvaus f : G H, joka täyttää seuraavat ehdot 1. kuvaus f on bijektio, 2. kuvaus f on homomorsmi. Tällöin kuvausta f kutsutaan isomorsmiksi. Ryhmien (G, ) ja (H, ) isomorasta käytetään merkintää G = H. (Katso [2], s. 217 Denition 2.) Jos kaksi ryhmää ovat isomorset keskenään, ne ovat samankokoiset ollessaan ääreellisiä ja niillä on samanlainen algebrallinen rakenne. Ne eroavat toisistaan vain merkintätavaltaan. (Katso [2], s. 217.) Esimerkki 7. Olkoon (E, +) parillisten kokonaislukujen muodostama ryhmä yhteenlaskun suhteen. Nyt ryhmät (E, +) ja (Z, +) ovat isomorset, sillä niiden välille voidaan muodostaa kuvaus f : Z E, f(a) = 2a, joka on bijektio ja homomorsmi. Esimerkissä 5 osoitettiin, että f on homomorsmi. (Katso [2], s. 218 Example 5.) Esimerkki 8. Tutkitaan, ovatko ryhmät (Z 4, +) ja (Z 9, ) isomorset. Nyt Z 4 = {[0], [1, [2], [3]} ja Z 9 = {[1], [2], [4], [5], [7], [8]}. Ryhmässä Z 4 on neljä alkiota ja ryhmässä Z 9 kuusi alkiota. Ryhmissä ei siis ole yhtä monta alkiota, joten ryhmien välille ei voida muodostaa bijektiota. Näin ollen ryhmät (Z 4, +) ja (Z 9, ) eivät ole isomorsia keskenään. (Katso [3], Harjoitus 11 tehtävä 3.) 8

11 Esimerkki 9. Olkoon G ääreellinen syklinen ryhmä, jonka kertaluku on m, missä m Z +. Tutkitaan, ovatko ryhmät (G, ) ja (Z m, +) isomorset. Nyt ja Z m = {[0], [1],..., [m 1]} G = a = {a 0, a 1, a 2,..., a m 1 } = {e, a, a 2,..., a m 1 }. Määritellään kuvaus f : G Z m, f(a k ) = [k]. 1. Tutkitaan ensin, onko f surjektio. Olkoon [k] Z m, missä k {0, 1, 2,..., m 1}. Nyt f(a k ) = [k], missä a k G, joten jokainen maalijoukon Z m alkio kuvautuu jollakin lähtöjoukon G alkiolla. 2. Tutkitaan sitten, onko f injektio. Olkoon k, l Z, 0 k, l < m ja f(a k ) = f(a l ). Nyt [k] = [l], jolloin k = l, sillä 0 k, l < m. Eli a k = a l, joten f on injektio. 3. Tutkitaan lopuksi, onko f homomorsmi. Olkoon k, l {0, 1, 2,..., m 1}. Nyt f(a k a l ) = f(a k+l ) = [k + l] = [k] + [l] = f(a k ) + f(a l ). Siis f on homomorsmi. Kohtien 1, 2 ja 3 perusteella f : G Z m on isomorsmi, joten (Katso [3], luentomuistiinpanot.) (G, ) = (Z m, +). Lause 5. Olkoon G ja H ryhmiä ja f : G H homomorsmi. Tällöin f on injektio jos ja vain jos Ker(f) = {e G }. (Katso [2], s. 222 Theorem 5(ii).) Todistus. Oletetaan ensin, että f on injektio. Olkoon a Ker(f) = {x G f(x) = e H }. Nyt siis f(a) = e H. Lauseen 3 kohdan 1 mukaan f(e G ) = e H, koska f on homomorsmi. Koska f on injektio ja f(a) = e H = f(e G ), niin a = e G. Siis Ker(f) = {e G }. Oletetaan sitten, että Ker(f) = {e G }. Olkoon a, b G ja f(a) = f(b). Kerrotaan nyt alkion f(b) käänteisalkiolla f(b) 1, jolloin saadaan f(a)f(b) 1 = f(b)f(b) 1 = e H. 9

12 Lauseen 3 kohdan 2 perusteella Kuvaus f on homomorsmi, joten Siis f(a)f(b) 1 = f(a)f(b 1 ). f(a)f(b 1 ) = f(ab 1 ). e H = f(ab 1 ). Nyt Ker(f) = {x G f(x) = e H }, joten ab 1 Ker(f). Tällöin ab 1 = e G, sillä Ker(f) = {e G }. Kun kerrotaan alkion b 1 käänteisalkiolla b, saadaan Eli ab 1 b = e G b. a = b. Siis jos f(a) = f(b), niin a = b eli f on injektio. (Katso [2], s. 409.) Lause 6. (Homomorsmin peruslause) Olkoon f : G H homomorsmi. Tällöin G/Ker(f) = Im(f). Todistus. Jotta ryhmät G/Ker(f) ja Im(f) olisivat isomorset, niiden välille on löydettävä kuvaus, joka on bijektiivinen homomorsmi eli isomorsmi. Merkitään K = Ker(f). Määritellään sellainen funktio että F (ak) = f(a) kaikilla a G. F : G/K Im(f), 1. Osoitetaan ensiksi, että F on hyvin määritelty. Olkoon a 1, a 2 G ja a 1 K = a 2 K. Tällöin a 1 1 a 2 K. Nyt K = Ker(f) = {a G f(a) = e H }, joten e H = f(a 1 1 a 2 ) = f(a 1 1 )f(a 2 ) = f(a 1 ) 1 f(a 2 ), sillä f on homomorsmi. Kerrotaan alkion f(a 1 ) 1 käänteisalkiolla f(a 1 ), jolloin saadaan f(a 1 )e H = f(a 1 )f(a 1 ) 1 f(a 2 ) eli f(a 1 ) = f(a 2 ). Siis F (a 1 K) = F (a 2 K), jolloin F on hyvin määritelty. 10

13 2. Osoitetaan seuraavaksi, että F on bijektio eli, että se on surjektio ja injektio. Nyt Im(f) = {f(a) a G} ja F (ak) = f(a) kaikilla a G, joten F : G/K Im(f) on surjektio. Olkoon nyt a 1, a 2 G ja F (a 1 K) = F (a 2 K). Tällöin f(a 1 ) = f(a 2 ). Kerrotaan nyt alkion f(a 1 ) käänteisalkiolla f(a 1 ) 1, jolloin saadaan f(a 1 ) 1 f(a 1 ) = f(a 1 ) 1 f(a 2 ). Eli e H = f(a 1 ) 1 f(a 2 ). Nyt koska f on homomorsmi. f(a 1 ) 1 f(a 2 ) = f(a 1 1 )f(a 2 ) = f(a 1 1 a 2 ), Siis f(a 1 1 a 2 ) = e H, joten a 1 1 a 2 K. Nyt K = ek ja a 1 1 a 2 K, joten a 1 1 a 2 K = ek. Kerrotaan alkion a 1 1 käänteisalkiolla a 1 ja saadaan a 1 a 1 1 a 2 K = a 1 ek. Eli a 2 K = a 1 K. Siis F on injektio. 3. Osoitetaan lopuksi, että F on homomorsmi. Olkoon a 1, a 2 G. Nyt F (a 1 Ka 2 K) = F (a 1 a 2 K) = f(a 1 a 2 ) = f(a 1 )f(a 2 ) = F (a 1 K)F (a 2 K), sillä kuvaus f on homomorsmi. Kohtien 1, 2 ja 3 perusteella F : G/K Im(f) on isomorsmi. Siis G/K = Im(f) eli G/Ker(f) = Im(f). (Katso [2], s. 281 Theorem 5.) 11

14 Esimerkki 10. Tutkitaan kokonaislukujen yhteenlaskun suhteen muodostamaa ryhmää (Z, +). Olkoon f : Z Z 6, f(a) = 2a (mod 6) homomorsmi. Kuvauksen f ydin Ker(f) = 3Z. Kuvauksen f kuva Im(f) = {0, 2, 4} Z 6. Tämä ryhmän Z 6 aliryhmä on isomornen ryhmän Z 3 kanssa, sillä voidaan muodostaa isomorsmi g : Z 3 Im(f), g(a) = 2a. Nyt Z 3 = {0, 1, 2} ja kuvaus g kuvaa ryhmän Z 3 alkiot seuraavasti: g(0) = 2 0 = 0 g(1) = 2 1 = 2 g(2) = 2 2 = 4. Siis kuvaus g on surjektio ja injektio eli se on bijektio. Esimerkissä 5 on osoitettu, että g on homomorsmi. Nyt homomorsmin peruslauseen perusteella tekijäryhmä Z/3Z on isomornen kuvauksen f kuvan Im(f) kanssa eli Z/3Z = Im(f). Tekijäryhmä Z/3Z on siis myös isomornen ryhmän Z 3 kanssa eli (Katso [2], s. 282 Example 6.) Z/3Z = Z 3. 12

15 Lähdeluettelo [1] Fraleigh, John B.: A First Course in Abstract Algebra. Addison-Wesley Publishing Company, Inc., USA [2] Nicodemi, Olympia E. Sutherland, Melissa A. Towsley, Gary W.: An Introduction to Abstract Algebra with Notes to the Future Teacher. Pearson Prentice Hall, USA [3] Niemenmaa, Markku Myllylä, Kari Tirilä, Juha-Matti: A Algebra I Luentorunko, Oulun yliopisto