Äärellisesti generoitujen Abelin ryhmien peruslause

Tero Harju (2008/2010) Äärellisesti generoitujen Abelin ryhmien peruslause Merkintä X on joukon koko ( eli #X). Vapaat Abelin ryhmät Tässä kappaleessa käytetään Abelin ryhmille additiivista merkintää. Abelin ryhmä G on joukon B = {a 1, a 2,..., a n } generoima vapaa Abelin ryhmä, jos jokainen g G voidaan esittää yksikäsitteisesti muodossa g = m 1 a 1 + m 2 a 2 +... + m n a n (m i Z). Tässä tapauksessa B on ryhmän G kanta. Esimerkki 1.1. Ryhmä Z on vapaa: joukot {1} ja { 1} ovat sen kantoja. Yleisemmin Z n = Z Z... Z on vapaa kantana {e 1, e 2,..., e n }, missä e i = (0,..., 0, 1, 0,..., 0). Todetaan, ettei vapaan Abelin ryhmän nolla-alkio 0 voi kuulua mihinkään kantaan, sillä 0 + 0 = 0 antaa kaksi esitystä joukon {0,...} suhteen. Esimerkki 1.2. Toisaalta Z 2 ei ole vapaa, sillä muutoin sen kantana olisi välttämättä {1}, mutta esimerkiksi 2 1 + 1 1 (mod 2) eli alkiolla 1 on useita esityksiä. Lemma 1.1. Olkoon G äärellisesti generoitu Abelin ryhmä. Tällöin sen kaikki minimaaliset generoijajoukot ovat äärellisiä. Todistus. Harjoitustehtävä. Lause 1.1. Olkoon G äärellisesti generoitu vapaa Abelin ryhmä. Tällöin ryhmän G jokaisessa kannassa on yhtä monta alkiota. Tätä lukua kutsutaan ryhmän G asteeksi. Todistus. Edeltävän mukaan ryhmällä G on (äärellinen) kanta B = {a 1,..., a n }. Tarkastellaan ryhmän G aliryhmää 2G = {2g g G} G, ja sen tekijäryhmää G/2G = {g + 2G g G}. Kun g G, niin g = m i a i joillain m i Z, sanokaamme m i = 2k i + r i, missä 0 r i 1. Siten g + 2G = (2k i + r i )a i + 2G = r i a i + 2 k i a i + 2G = r i a i + 2G. Tässä r i {0, 1} ja siten G/2G = 2 n, missä G/2G on riippumaton kannan B valinnasta. Näin ollen jokaisessa kannassa on tarkalleen n alkiota.

Lause 1.2. Olkoon G astetta n oleva vapaa Abelin ryhmä kantana B = {a 1, a 2,..., a n } ja olkoon H Abelin ryhmä. Tällöin jokainen kuvaus f : B H laajenee yksikäsitteisesti homomorfismiksi f : G H, missä f(a n ) = f (a n ). Todistus. Määritellään f(m 1 a 1 +... + m n a n ) = m 1 f (a 1 ) +... + m n f (a n ), 2 jolloin väite todetaan helposti oikeaksi. Lause 1.3. Samaa astetta olevat vapaat Abelin ryhmät G 1 ja G 2 ovat isomorfiset. Todistus. Olkoot B 1 = {a 1, a 2,..., a n } ja B 2 = {b 1, b 2,..., b n } vastaavasti näiden ryhmien kantoja. Tällöin kuvaus f : B 1 G 2 ehdosta f (a i ) = b i laajenee homomorfismiksi f : G 1 G 2. Kuvaus f on surjektiivinen, sillä B 2 generoi ryhmän G 2, ja se on injektiivinen, koska B 2 on kanta. Täten f on isomorfismi. Edeltävän nojalla saadaan: Lause 1.4. Jokainen astetta n oleva vapaa Abelin ryhmä on isomorfinen ryhmän Z n = Z... Z kanssa. Lause 1.5. Jokainen äärellisesti generoitu Abelin ryhmä on vapaan Abelin ryhmän homomorfinen kuva. Todistus. Olkoon G = g 1,..., g n ja olkoon B = {e 1,..., e n } astetta n olevan vapaan Abelin ryhmän H kanta. Tällöin kuvaus f : B G ehdosta f (e i ) = g i laajenee homomorfismiksi f : H G, joka on surjektiivinen. Täten G = f(h). Tässä on erityisesti G = H/ Ker(f). Torsiovapaat ryhmät Ryhmä G on torsioryhmä, jos sen jokaisen alkion g kertaluku ord(g) on äärellinen. Ryhmä G on torsiovapaa, jos jokaisen alkion a 1 kertaluku on ääretön. Esimerkki 1.3. Abelin ryhmät Z, Q, R ja C ovat torsiovapaita yhteenlaskun suhteen. Tekijäryhmä Q/Z on torsioryhmä, sillä p (q/p) Z kaikille q/p Q. Kertolaskun suhteen Q \ {0} on torsiovapaa, mutta C \ {0} ei ole. Vuonna 1902 Burnside esitti seuraavan ongelman: Ovatko äärellisesti generoidut torsioryhmät välttämättä äärellisiä? Kysymys sai negatiivisen vastauksen, kun Golod ja Shafarevich (1964) osoittivat, että on olemassa kolmen alkion generoima ääretön ryhmä, jonka alkioiden kertaluvut ovat alkuluvun p potensseja. Adjan ja Novikov (1968) todistivat, että kun n 4381 on pariton luku, niin on olemassa kahden alkion generoima ääretön ryhmä, jossa g n = 1 kaikille g.

Olkoon G Abelin ryhmä. Alkio g G on torsioalkio, jos on n 1, jolla ng = 0. Merkitään T (G) = {g G g torsioalkio}. Lause 1.6. Olkoon G Abelin ryhmä. Tällöin T (G) G on torsioryhmä ja G/T (G) on torsiovapaa. Todistus. Selvästi 0 T (G). Jos g 1, g 2 T (G), sanokaamme ng 1 = 0 ja mg 2 = 0, niin nm(g 1 g 2 ) = 0 ja siten g 1 g 2 T (G). Siis T (G) G. Myös T (G) G, koska G on Abelin ryhmä. Jos g + T (G) G/T (G) ja n(g + T (G)) = ng + T (G) = T (G) (ryhmän G/T (G) nolla-alkio), niin m(ng) = 0 jollain m 1, eli g T (G), ja siten g + T (G) = T (G). Esimerkki 1.4. Todetaan, että T (Z Z 2 ) = {(0, 0), (0, 1)} ja Z Z 2 /T (Z Z 2 ) = Z. Lause 1.7. Äärellisesti generoitu Abelin ryhmä G on vapaa jos ja vain jos se on torsiovapaa. Todistus. Ensinnä, jos G on vapaa, niin G = Z n jollain n, ja näin ollen T (G) = {0}. Toisaalta, oletetaan, että G on torsiovapaa, ja G = g 1,..., g n, missä n on minimaalinen. Todistetaan väite induktiolla lukuun n. Jos n = 1, niin G = g 1 = Z, joten väite on selvä. Olkoon sitten n 2 ja että jollain g G on kaksi esitystä generaattorien avulla: 3 g = m 1 g 1 +... + m n g n = m 1g 1 +... + m ng n (m i, m i Z). Vähentämällä toisistaan saadaan k 1 g 1 + k 2 g 2 +... + k n g n = 0 (k i Z). (1.1) Oletetaan nyt, että (1.1) on valittu niin, että k i on pienin mahdollinen. Tällöin varmastikin syt(k 1,..., k n ) = 1. (Muutoin jaetaan yhteinen tekijä pois vedoten ryhmän G torsiovapauteen.) Todetaan, että k i 1, sillä muutoin g i voidaan lausua muiden generaattorien avulla vastoin luvun n minimaalisuutta. Voidaan olettaa myös, että 0 < k 2 k 1, sanokaamme k 1 = sk 2 + r, missä 0 r < k 2. Merkitään g 2 = g 2 + sg 1. Nyt rg 1 + k 2 g 2 + k 3 g 3 +... + k n g n = 0. Siis G = g 1, g 2,..., g n, missä 0 r < k 1 vastoin summan k i minimaalisuutta. Tämä on ristiriita todistaa väitteen.

4 Äärellisesti generoidut Abelin ryhmät Muistetaan, että Abelin ryhmä G on aliryhmiensä H ja N suora summa, eli G = H N, jos jokainen g G voidaan esittää yksikäsitteisesti muodossa g = a + b, missä a H ja b N. Vielä: G = H N jos ja vain jos H N = {0} ja G = H + N. Lause 1.8. Olkoon G äärellisesti generoitu Abelin ryhmä. Tällöin G = T (G) G/T (G), missä T (G) on äärellinen ja G/T (G) on vapaa Abelin ryhmä, eli G = T (G) Z... Z. Todistus. Lauseen 1.6 mukaan G/T (G) on torsiovapaa, ja lauseen 1.7 mukaan se on vapaa. Olkoon {e 1 + T (G), e 2 + T (G),..., e k + T (G)} (e i G) ryhmän G/T (G) jokin kanta, ja merkitään B = {e 1, e 2,..., e k }. Merkitään H = B. Jos nyt k m ie i = 0 joillain m i Z, niin myös k m i(e i + T (G)) = T (G) (= 0 G/T (G) ), ja siis vapauden perusteella m i = 0 kaikilla i. Näin ollen H on vapaa, ja siten H = G/T (G) lauseen 1.3 mukaan. Väite 1. G = T (G) H. Tod. Kun g G, niin on luvut m i Z, joilla g + T (G) = ( k k ) m i (e i + T (G)) = m i e i + T (G), toisin sanoen g m i e i T (G), ja siten on alkio a T (G), jolla g = a + m i e i T (G) + H. Siis G = T (G) + H. Toisaalta jos a 1 + m i e i = a 2 + n i e i joukossa T (G)+H, niin (m i n i )e i = a 2 a 1 T (G), ja siten on luku n Z, n 0, niin, että 0 = n (m i n i )e i = n(mi n i )e i. Mutta B on ryhmän H kanta, joten n(m i n i ) = 0 kaikilla i, eli m i = n i kaikilla i. Lopulta myös a 2 = a 1, ja väite 1 on todistettu. On osoitettu, että G = T (G) G/T (G), missä G/T (G) on vapaa. Väite 2. T (G) on äärellinen. Olkoon G = g 1, g 2,..., g n, missä edeltävän nojalla g i = a i + h i joillain a i T (G) ja h i H. Kun a T (G), on se muotoa a = m i g i = m i a i + m i h i, missä m i h i T (G) H = {0} suoran summan ominaisuuden perusteella. Siis a = m i a i. Olkoot r i a i = 0 eli ord(a i ) = r i, kun i = 1, 2,..., n. Tällöin jokainen g T (G) on edeltävän mukaisesti muotoa a = m i a i, missä m i < r i. Näin ollen T (G) r 1 r 2 r n, mikä todistaa väitteen.

5 Äärelliset Abelin ryhmät Seuraava tulos liittyy jo Sylowin lauseisiin. Sitä varten, olkoon p alkuluku. Joukko G p = {g p k g = 0 jollain k 0} on ryhmän G (p-)primäärinen komponentti. Lemma 1.2. Olkoon G kertalukua p e 1 1 pe 2 2 pe k k ovat luvun n eri alkulukutekijät. Tällöin oleva Abelin ryhmä, missä p 1,..., p k G = G p1 G p2... G pk. Todistus. Abelin ryhmälle G p G kuten helposti todetaan. Olkoon g G, g 0, ja ord(g) = n = p c 1 1 pc k k, missä kukin c i Z (mahdollisesti 0). Merkitään n i = n/p c i i, jolloin syt(n 1, n 2,..., n k ) = 1, ja näin ollen on olemassa luvut m 1,..., m k niin, että k m in i = 1. Nyt ( k ) g = m i n i g = (m 1 n 1 )g +... + (m k n k )g. Tässä p c i i (m in i )g = (m i n)g = 0, sillä ord(g) = n. Siis (m i n i )g G pi kaikilla i, ja näin ollen g G p1 + G p2 +... + G pk. Täten G = G p1 + G p2 +... + G pk. Toisaalta, jos g G pi ( G p1 +... + G pi 1 + G pi+1 +... + G pk ), niin p e i g = 0 jollain e, ja siten ord(g) = p t i jollain t e. Myös g = j i g j, missä g j G pj, sanokaamme p d j j g j = 0. Kun m = p d 1 1 pd i 1 i 1 pd i+1 i+1... pd k k, niin mg = 0, ja siten ord(g) m. Mutta p i m; ristiriita. Näin ollen jokaisella alkiolla g on yksikäsitteinen esitys summassa G p1 + G p2 +... + G pk, ja väite seuraa. Ryhmä G on p-ryhmä, jos sen kertaluku on alkuluvun potenssi. Lagrangen lauseen nojalla p-ryhmän jokaisen alkion kertaluku on saman alkuluvun p potenssi. Jokainen Abelin ryhmän primäärinen komponentti on siis p-ryhmä. Lause 1.9. Jokainen Abelin p-ryhmä G on syklisten ryhmien suora summa. Todistus. Olkoon g G alkio jonka kertaluku on mahdollisimman suuri, ja merkitään H = g, jolloin H = p n jollain n 1. Voidaan olettaa, että H G. (Muutoin G on syklinen.) Väitetään, että G = H F jollekin aliryhmälle F G. Koska tässä F on myös p-ryhmä, lopullinen väite seuraa induktiivisesti. Väite ( ). On olemassa C G, jolle H C = {0} ja C = Z p. Tod. Olkoon a G \ H ja olkoon alkion a + H G/H kertaluku p r, missä r 1. Tällöin p r a H = g, joten p r a = sg jollekin s Z. Koska ord(g) = p n on

mahdollisimman suuri, niin p n a = 0, ja siten p n a = (sp n r )g = 0. Siis p n jakaa luvun sp n r, jolloin p s, koska r 0. Olkoon s = ps. Valitaan a 1 = p r 1 a s g ja C = a 1, jolloin pa 1 = p r a ps g = sg sg = 0. Siis ord(a 1 ) = p ja näin ollen C = p. Siten C = Z p. Lisäksi C H = {0}, sillä a 1 / H (koska p r 1 a / H). Tämä todistaa väitteen ( ). Etsitään sitten F induktiivisesti. Tätä varten olkoon f : G G/C luonnollinen homomorfismi, eli f(a) = a + C. Nyt f(h) = g + C on tekijäryhmän G/C syklinen aliryhmä, jonka kertaluku on mahdollisimman suuri p n. Koska G/C < G ja G/C on p-ryhmä, induktio osoittaa, että G/C = f(h) F (1.2) jollain F G/C. Merkitään F = f 1 ( F ). Nyt F G ja C F (sillä C = 0 G/C ). Edelleen h G = h + C = m(g + C) + (d + C) (sillä (1.2) : d + C F ) = h mg d C Siis G = H + F. Toisaalta = h = mg + (d + c) H + F (c C, d + c F ). h H F = f(h) f(h) f(f ) = f(h) F = {0} (sillä 1.2) = h Ker(f) = C = h H C = h = 0. 6 Näin ollen G = H F. Seuraava tulos on Abelin ryhmien peruslause. Lause 1.10. Olkoon G äärellisesti generoitu Abelin ryhmä. Tällöin G = Z... Z H, missä H on äärellinen Abelin ryhmä, joka voidaan kirjoittaa muotoon H = Z p r 1 1 Z p r 2 2... Z p rn n, missä jokainen p i on alkuluku (jotka eivät välttämättä ole erisuuria). Tämä esitys on yksikäsitteinen komponenttien järjestystä lukuunottamatta. Todistus. Väitteen alkuosa on osoitettu lauseessa 1.8. Äärellisiä Abelin ryhmiä koskeva väite seuraa lauseesta 1.9, sillä jokainen syklinen ryhmä on isomorfinen jonkun ryhmän Z m kanssa.

7 Lause 1.11. Olkoon G äärellinen Abelin ryhmä. Tällöin se on muotoa missä d i d i+1 jokaisella i. G = Z d1 Z d2... Z dt, Todistus. Tiedetään, että G = G p1... G pm missä jokainen primäärinen komponentti (luvut p i ovat erisuuria alkulukuja), G pi = C i1 C i2... C ik niin, että C ij C i(j+1) (1.3) on syklisten ryhmien C ij suora summa. Tässä siis C ij jakaa kertaluvun C i(j+1), koska molemmat ovat alkuluvun p i potensseja. Liittämällä tarvittaessa loppuun triviaaleja aliryhmiä {0} voidaan olettaa, että esityksen (1.3) pituus k on sama kaikille p i. Nyt H j = C 1j... C kj on syklinen ryhmä, koska alkuluvut p i ovat erisuuria (harjoitustehtävä). Selvästi H j jakaa kertaluvun H j+1, ja lisäksi G = H 1 H 2... H k kuten vaadittua.