Algebarske strukture

Transcript

1 Algebarske strukture vježbe prema predlošku i zadacima Martine Balagović i Marcele Hanzer natipkali, proširili i uredili Matija Bašić Aleksandar Milivojević Sanjin Ružić Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek

2 (skripta ne može zamijeniti vježbe)

3 Sadržaj 1 Grupe Motivacija Definicija grupe Osnovni primjeri grupa Podgrupe Homomorfizmi grupa Cikličke i konačnogenerirane grupe Strukturni teorem za konačno generirane Abelove grupe Grupe permutacija Lijeve/desne klase i Lagrangeov teorem Kvocijentne grupe i normalne podgrupe Automorfizmi Sylowljevi teoremi Podsjetnik iz teorije brojeva i

4 Poglavlje 1 Grupe 1.1 Motivacija Pojam grupe jedan je od najznačajnijih u modernoj matematici. Primjene teorije grupa pojavljuju se u raznim granama matematike, a od ključnog su značaja i u fizici i kemiji. Simetrije Grupe se pojavljuju kao simetrije geometrijskih objekata. Promotrimo kvadrat u ravnini i transformacije ravnine koje preslikavaju taj kvadrat u njega samog. Takve transformacije zovemo simetrijama. Medu tim transformacijama su npr. rotacija za 90 u pozitivnom smjeru ili zrcaljenje preko pravca koji prolazi polovištima dvaju nasuprotnih stranica kvadrata. Primjetimo da je kompozicija dviju simetrija ponovno simetrija, da je kompozicija asocijativna, da postoji simetrija (identiteta) koja ne čini ništa s ravninom (djeluje kao neutralni element obzirom na kompoziciju), te da svaka simetrija ima inverz. Kažemo da simetrije kvadrata čine grupu i da ta grupa djeluje na kvadratu. Općenito, grupe simetrija pravilnih mnogokuta nazivamo diedarskim grupama. Grupe simetrije kristala u prostoru su vrlo važne u kemije, a simetrije fizikalnih sustava važne su u kvantnoj fizici pri odreživanju degeneracija stanja. Grupe simetrija ploha (npr. sfere) su posebni primjeri Liejeve grupe, njihovo proučavanje čini posebnu granu matematike koju je godine utemeljio Sophus Lie. Proučavanje veza izmedu geometrije, fizike i teorija grupa seže do današnjih dana. Primjeri gdje se na odredeni način koristi interakcija ovih područja su baždarna teorija, teorija struna, rješenje Poincaréove hipoteze. Grupe u kombinatorici Jedan od osnovnih objekata koje proučavamo u kombinatorici su permutacije. Obzirom na kompoziciju permutacije čine grupu S n (možemo ju smatrati grupom simetrija sustava od n objekata bez ikakve dodatne geometrijske strukture). Prisjetite se što znate o permutacija s 1

5 Algebarske strukture 1.1. Motivacija kolegija Linearna algebra 1 i Diskretna matematika. Razni problemi u kombinatorici mogu se riješiti koristeći algebarske metode. Jedan primjer je Burnsideova lema koja nam daje odgovor na pitanje o broju mogućih bojanja nekog objekta uzimajući u obzir da bojanja koja se mogu dobiti korištenjem simetrija smatramo jednakima. Mnoge igračke, poput Rubikove kocke i Slagalice s 15 polja (Fifteen-Puzzle), imaju netrivijalne simetrije te promatrajući takve objekte možemo takoder zaključiti da su grupe vrlo prirodni koncept koji se pojavljuje svugdje oko nas. Povijesni razvoj Povijesni razvoj pojma grupe usko je vezan uz rješavanje problema odredivanja nultočaka polinoma koristeći samo osnovne računske operacije i korjenovanje (radikalima). Pokazuje se da je radikalima moguće riješiti svaku grupu reda manjeg ili jednog 4, a Évariste Galois ( ) je pokazao da postoje jednadžbe petog stupnja koje nisu rješive radikalima koristeći grupe. Neka je p polinom s racionalnim koeficijentima, a K = Q[x 1,..., x n ] najmanji podskup kompleksnih brojeva koji sadrži racionalne brojeva i sve nultočke x 1,..., x n polinoma p te je zatvoren na zbrajanje i množenje. Skup svih bijekcija f : K K koje poštuju zbrajanje i množenje, a fiksiraju racionalne brojeve označimo s Gal(p). Sve takve bijekcije permutiraju nultočke polinoma, tj. Gal(p) je podgrupa grupe permutacija S n. Galois je pokazao da za svaki polinom p koji je rješiv radikalima grupa Gal(p) ima posebno svojstvo (koje danas zovemo rješivost grupe), te pokazao da postoji polinom p takav da Gal(p) nema to svojstvo. To su samo začeci mnogo šire teorije koju nazivamo Galoisova teorija. Vrlo važan doprinos u razvoju teorije grupa u njenim počecima, posebice u proučavanju grupa permutacija, dali su Joseph Louis Lagrange, Augustin Louis Cauchy i Arthur Cayley. Grupe u teoriji brojeva Vrlo netrivijalne primjene algebarskih metoda možemo pronaći u teoriji brojeva. Zapravo, koncept grupe se razvio i zahvaljujući nekim ranim pokušajima da se riješi Veliki Fermatov teorem. U kolegiju ćemo koristiti neke osnovne pojmove vezane uz proste brojeve i djeljivost (vidite podsjetnik na kraju ove skripte), a ponekad ćemo i koristeći teoriju grupa izvesti neke poznate teoreme (poput Eulerovog teorema). Danas je algebarska teorija brojeva jedno od najplodnijih područja matematike koje obiluje mnogim još uvijek otvorenim pitanjima, ali i raznim primjenama (poput primjena u kriptografiji). Grupe u topologiji Algebarska topologija bavi se proučavanjem algebarskih invarijanti topoloških prostora. Jedna takva invarijanta je fundamentalna grupa. Za topološki prostor X s istaknutom točkom x 0 promatramo homotopske klase puteva u X koji počinju i završavaju u x 0. Nadovezivanje petlji daje binarnu operaicju i skup homotopskih klasa π 1 (X, x 0 ) postaje grupa. Želimo li pokazati da preslikavanje topoloških prostora f : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) nije homotopska ekvivalencija, dovoljno je pokazati da preslikavanje f : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) nije izomorfizam grupa. 2

6 1.2. Definicija grupe Algebarske strukture 1.2 Definicija grupe U ovom poglavlju ćemo promatrati parove koji se sastoje od skupa i binarne operacije definirane na tom skupu. Za binarnu operaciju kažemo da je dodatna algebarska struktura na skupu. Općenitije, algebarska struktura se sastoji od skupa i konačnog broja binarnih operacija. Prisjetite se definicije vektorskog prostora. Vektorski prostor je varijanta algebarske strukture (dana skupom te operacijama zbrajanja i množenja skalarima). Topološki prostor je takoder dan skupom i dodatnom strukturom (topologijom), ali u tom slučaju se ne radi o algebarskoj strukturi. Matematička struktura na skupu može imati različita svojstva (npr. asocijativnost, komutativnost, rješivost, kompaktnost, povezanost). Kroz sljedećih nekoliko definicija i primjera obradit ćemo najjednostavnije, ali vrlo važne algebarske strukture: grupoide, polugrupe, monoide i grupe. Definicija Uredeni par (S, ), pri čemu je : S S S binarna operacija, zovemo grupoid. Napomena Vrijednost (x, y) pišemo x y ili jednostavno xy (ako je jasno o kojoj se operaciji radi). Budući da je S kodomena preslikavanja za sve x, y S vrijedi x y S. Da bismo to naglasili kažemo još da je binarna operacija zatvorena ili da je dobro definirana. Primjer Oduzimanje prirodnih brojeva nije zatvorena operacija. Naime, oduzimanje možemo definirati kao operaciju : N N Z, ali struktura (N, ) nije grupoid. Na primjer, 1 2 N, iako vrijedi 1, 2 N. Definicija Polugrupa je grupoid (S, ) u kojem vrijedi asocijativnost, za sve x, y, z S (x y) z = x (y z). Primjer Grupoid (Z, ) nije polugrupa. Zaista, (1 2) 3 1 (2 3), pa ne vrijedi asocijativnost operacije. Definicija Monoid je polugrupa (S, ) u kojoj postoji neutralni element (ili jedinica), tj. postoji e S takav da za sve x S vrijedi e x = x e = x. Primjer Polugrupa (N, +) nije monoid. Naime, kad bi postojao neutralni element e N s obzirom na operaciju zbrajanja, posebno bi moralo vrijediti 1 + e = 1. No, nijedan prirodan broj nema to svojstvo (Nula nije prirodan broj!). Napomena Neka je (S, ) grupoid. Za element e l kažemo da je lijeva jedinica ako za svaki x S vrijedi e l x = x. Analogno definiramo desnu jedinicu kao element e d za koji vrijedi x e d = x, za svaki x S. 3

7 Algebarske strukture 1.2. Definicija grupe Ako u grupoidu (S, ) postoje lijeva i desna jedinica, tada su one nužno jednake. označimo s e l lijevu jedinicu i s e d desnu jedinicu. Tada vrijedi Zaista, e l = e l e d = e d, pri čemu smo u prvoj jednakosti iskoristili da je e d desna jedinica, a u drugoj smo iskoristili da je e l lijeva jedinica. Ovo pokazuje da je jedinica u svakom monoidu jedinstvena. Primjer Neka je S skup i definirajmo binarnu operaciju na tom skupu na sljedeći način: x y = y, x, y S. Budući da za sve x, y, z S vrijedi (x y) z = y z = x (y z), struktura (S, ) je polugrupa. Uočimo da je svaki element skupa S lijeva jedinica. Dakle, u ovoj strukturi imamo više lijevih jedinica, a prema prethodnoj napomeni onda znamo da nema desnih jedinica. 1 Zadatak Neka je (S, ) komutativna polugrupa i a S takav element da za svaki x S postoji y x S takav da x = a y x. Pokažite da je tada G monoid. Rješenje. Zbog komutativnosti je dovoljno pokazati da postoji lijeva jedinica. Za x = a postoji y a G takav da je a = a y a. Zbog komutativnosti vrijedi a = y a a. Tvrdimo da je y a lijeva jedinica. Zaista, ako je x G proizvoljan, onda je x = a y x = (y a a)y x = y a (a y x ) = y a x. Definicija Grupa je monoid (G, ) u kojem za svaki element x S postoji y S takav da vrijedi x y = y x = e. Kažemo da je element y inverzni element elementa x. Primjer Monoid (Q, ) nije grupa. Zaista, neutralni element je 1, a za element 0 Q ne postoji inverz, tj. ne postoji q Q takav da bi vrijedilo q 0 = 1. Napomena Neka je (S, ) monoid s jedinicom e i neka je x S. Za y l S kažemo da je lijevi inverz od x ako vrijedi y l x = e. Analogno definiramo desni inverz od x kao element y d za koji vrijedi x y d = e. Ako u monoidu (S, ) neki element x ima lijevi i desni inverz, tada su oni jednaki. Zaista, y l = y l e = y l (x y d ) = (y l x) y d = e y d = y d. Zato je u grupi inverz elementa x jedinstven i označavamo ga s x 1. 1 Primjetite da je postojanje lijeve/desne jedinice svojstvo, a odabir lijeve/desne jedinice dodatna struktura. No, za neutralni element u monoidu nemamo mogućnost odabira jer je jedinstven, pa odabir jedinice nije dodatna struktura. 4

8 1.2. Definicija grupe Algebarske strukture Napomena Neka su a, b elementi grupe G. Tada je (ab) 1 = b 1 a 1. Zaista, budući da vrijedi b 1 a 1 ab = b 1 eb = b 1 b = e zaključujemo da je b 1 a 1 inverz elementa ab, pa tvrdnja slijedi zbog jedinstvenosti inverza. Primjer Neka je G grupa, i a, b, c G. Tada je a = b ako i samo ako je ca = cb. Definicija Ako u grupoidu (S, ) za sve x, y S vrijedi x y = y x, onda kažemo da je ta struktura komutativna (ili Abelova), pa tako možemo govoriti o komutativnoj polugrupi, komutativnom monoidu ili komutativnoj grupi. Primjer Neka je (G, ) grupa u kojoj za svaki element a vrijedi a 2 = e. Tvrdimo da je tada G komutativna grupa. Naime, (ab)(ab) = e = aa = aea = a(bb)a = (ab)(ba) / (ab) 1 slijeva ab = ba. D.Z. Neka je G polugrupa u kojoj postoji lijeva jedinica i lijevi inverz obzirom na tu lijevu jedinicu za svaki element, tj. vrijedi Dokažite da je tada G grupa. ( e G)( x G) ex = x, ( x G)( y G) yx = e. Primjer U ovom primjeru komentiramo potenciranje u grupi. Neka je (G, ) grupa i a G. Definiramo a 0 = e, a 1 = a, a 2 = a a. Uočite da zbog asocijativnost (a a) a = a (a a) ne može doći do zabune ako pišemo a 3 = a a a. Induktivno za n N definiramo Nadalje, za n N definiramo a n := (a n ) 1. a n := a n 1 a. D.Z. Dokažite da vrijedi a n = (a 1 ) n i a n a m = a n+m za sve n, m Z. Zadatak Na skupu S = N 0 N 0 definiramo operaciju formulom (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, 2 x 2 y 1 + y 2 ). Kakva struktura je (S, )? 5

9 Algebarske strukture 1.2. Definicija grupe Rješenje. Lako se vidi da je dobro definirana operacija, budući da za x 1, y 1, x 2, y 2 N 0 slijedi da je x 1 + x 2, 2 x 2 y 1 + y 2 N 0. Provjerimo asocijativnost. Imamo ( (x1, y 1 ) (x 2, y 2 ) ) (x 3, y 3 ) = (x 1 + x 2, 2 x 2 y 1 + y 2 ) (x 3, y 3 ) = ( (x 1 + x 2 ) + x 3, 2 x 3 (2 x 2 y 1 + y 2 ) + y 3 ) = (x 1 + (x 2 + x 3 ), 2 x 2+x 3 y x 3 y 2 + y 3 ) = (x 1, y 1 ) (x 2 + x 3, 2 x 3 y 2 + y 3 ) = (x 1, y 1 ) ( (x 2, y 2 ) (x 3, y 3 ) ), pri čemu smo u trećoj jednakosti iskoristili da je (N 0, +) polugrupa. U ostalim jednakostima smo jednostavno koristili definiciju operacije. Ispitajmo sada postoji li neutralni element. Za početak, tražimo lijevu jedinicu. Da bi element (x 0, y 0 ) bio lijeva jedinica, mora za svaki (x 2, y 2 ) vrijediti (x 0, y 0 ) (x 2, y 2 ) = (x 0 + x 2, 2 x 2 y 0 + y 2 ) = (x 2, y 2 ), odakle slijedi x 0 = 0 i 2 x 2 y 0 = 0, tj. y 0 = 0. Dakle, (0, 0) je lijeva jedinica. Provjerimo još da je to i desna jedinica. Za svaki (x 1, y 1 ) vrijedi pa zaključujemo da je (0, 0) i desna jedinica. (x 1, y 1 ) (0, 0) = (x 1 + 0, 2 0 y 1 + 0) = (x 1, y 1 ), Neka je sad (x 1, y 1 ) N 0 N 0 i ispitajmo postoji li njemu inverzni element. Ako je (x 2, y 2 ) desni inverz od (x 1, y 1 ), onda vidimo da mora vrijediti x 1 + x 2 = 0 i 2 x 2 y 1 + y 2 = 0. No, ako je x 1 > 0, onda je nemoguće da postoji x 2 N 0 takav da x 1 + x 2 = 0, pa zaključujemo da je dana struktura monoid koji nije grupa. D.Z. Odredite kakva je struktura (R R, ) pri čemu je definirano a) formulom (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) = (x 1, y 1 y 2 sin x 2 ). b) formulom (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) = (x 1, y 1 y 2 (x 3 1 3x 1 + 3)). Zaključimo ovo poglavlje definicijom navodeći sve aksiome koje je potrebno provjeriti da bismo utvrdili da binarna operacija na skupu definira strukturu grupe. Definicija Za skup G s binarnom operacijom kažemo da je grupa ako vrijedi (G0) ( x, y G)(x y G) (zatvorenost) (G1) ( x, y, z G)((x y) z) = x (y z)) (asocijativnost) (G2) ( e G)( x G)(x e = x = e x) (unitalnost) (G3) ( x G)( y G)(x y = e = y x) (invertibilnost) 6

10 1.3. Osnovni primjeri grupa Algebarske strukture 1.3 Osnovni primjeri grupa Primjer Na kolegijima Matematička analiza 1 i Teorija skupova formalno se definiraju skup prirodnih brojeva N i skup realnih brojeva R, te operacije zbrajanja i množenja na njima. Na ovom kolegiju ćemo pretpostavljati te definicije, kao i činjenice da su (N, +) i (N, ) komutativne polugrupe (koji postaju monoidi ako skupu N dodamo nulu), a (R, +) i (R, ) komutativne grupe (ovdje R označava R \ {0}). Nadalje, na spomenutim kolegijima konstruira se skup Z cijelih brojeva, skup Q racionalnih brojeva i skup C kompleksnih brojeva. Koristeći konstrukciju tih skupova brojeva te definiciju algebarskih struktura (N, +, ), odnosno (R, +, ), može se na prirodan način definirati zbrajanje i množenje na skupovima Z, Q i C i pokazati da je je (Z, ) komutativni monoid, a (Z, +), (Q, +), (C, +), (Q, ) i (C, ) komutativne grupe. Primjer Ako je (V, +, ) vektorski prostor, onda je (V, +) Abelova grupa. Primjer Neka je S = {e} jednočlan skup te definirajmo binarnu operaciju na S formulom e e = e. Tada je ({e}, ) grupa koju nazivamo trivijalna grupa. Primjer Promatramo (S 1, ), pri čemu je S 1 = {z C : z = 1} jedinična kružnica u kompleksnoj ravnini, a operacija množenja kompleksnih brojeva. Operacija je zatvorena na S 1. Zaista, za z 1, z 2 S 1 vrijedi z 1 = z 2 = 1, pa je i z 1 z 2 = z 1 z 2 = 1 1 = 1. Dakle, z 1 z 2 S 1, pa je (S 1, ) grupoid. Provjerimo je li ova struktura polugrupa, tj. vrijedi li asocijativnost. Uočimo da za z 1, z 2, z 3 S 1 posebno vrijedi i z 1, z 2, z 3 C, jer je S 1 C. Kako u (C, ) vrijedi asocijativnost, zaključujemo da je (z 1 z 2 ) z 3 = z 1 (z 2 z 3 ). Kažemo da se asocijativnost u (S 1, ) nasljeduje iz (C, ). Nadalje, (S 1, ) posjeduje neutralni element. To je upravo 1 = i. Ostaje provjeriti da za svaki z S 1 postoji inverzni element z 1 S 1. Uočimo da za proizvoljni z S 1 kompleksni broj z 1 = 1 zadovoljava z 1 = 1. Moramo provjeriti da je z z z 1 S 1. No, z 1 = 1 = 1 = 1 = 1, dakle z z 1 z 1 S 1. Uočimo i da je ova struktura komutativna. Dakle, (S 1, ) je Abelova grupa. D.Z. Pokažite da za z 1, z 2 C vrijedi z 1 z 2 = z 1 z 2 i z 1 /z 2 = z 1 / z 2 (ako je z 2 0). Napomena Ovdje smo se susreli s primjerom podgrupe (S 1 je podgrupa od C) i konceptom nasljedivanja asocijativnosti s većeg skupa na njegov podskup. O podgrupama ćemo govoriti nešto kasnije i vidjet ćemo da su ova razmatranja važna kod kreiranja kriterija za provjeru kad je neki podskup podgrupa. Primjetite da nema smisla govoriti o nasljedivanju zatvorenosti, nasljedivanju neutralnog elementa ili invertibilnosti nekog elementa iz (C, ) većeg skupa. Naime, iako znamo da postoji z 1 C, treba dodatno provjeriti je li vrijedi z 1 S 1. Sa stanovišta teorije modela, razlika je u tome što aksiom asocijativnosti zapisujemo koristeći samo univerzalne kvantifikatore (, za svaki ), dok se u aksiomima o postojanju neutralnog elementa i inverza pojavljuju tvrdnje koje zapisujemo koristeći i egzistencijalni kvantifikatore (, postoji ). 7

11 Algebarske strukture 1.3. Osnovni primjeri grupa D.Z. Za n N definiramo K n = {z C z n = 1}. Zatim, definiramo K = n N K n. Dokažite da su (K n, ) i (K, ) grupe. (K n, ) zovemo grupom n-tih korijena jedinice, a (K, ) grupom korijena jedinice. D.Z. Neka je S skup. Odredite o kojoj se strukturi radi za (P(S), ), (P(S), ), (P(S), ), gdje P(S) označava partitivni skup od S, a simetričnu razliku (za skupove A, B je A B = (A B) \ (A B)). Primjer Neka je S skup. Označimo li sa B(S) = {f : S S f je bijekcija}, onda je (B(S), ) grupa (pri čemu označava komponiranje). Ako je S = {1, 2,..., n}, onda je B(S) = S n skup permutacija n-članog skupa. D.Z. Dokažite da je kompozicija bijekcija bijekcija, da je kompozicija funkcija asocijativna i da je neutralni element obzirom na komponiranje identiteta. Pokažite da komponiranje nije komutativna operacija. Primjer Neka je V vektorski prostor. Definirajmo Tada je (GL(V ), ) grupa. GL(V ) = {A: V V A je regularan linearni operator}. Asocijativnost, postojanje jedinice i postojanje inverza su dokazane na Linearnoj algebri 1 i 2. Na Linearnoj algebri 1 i 2 je takoder dokazano da je kompozicija linearnih operatora ponovo linearan operator. Dakle, za A, B GL(V ) znamo da je A B linearan operator, pa preostaje pokazati da je regularan. Poznato je da je linearan operator regularan ako i samo ako mu je determinanta različita od nule, pa imamo det(a B) = det(a) det(b) 0, gdje smo u prvoj jednakost iskoristili Binet-Cauchyev teorem. regularan operator, tj. A B GL(V ). Zaključujemo da je i A B Primjer Za n N promatramo GL(n, R) = {A invertibilna realna matrica reda n}. Uz matrično množenje GL(n, R) ima strukturu grupe. Na Linearnoj algebri 2 je uspostavljen izomorfizam vektorskih prostora izmedu GL(V ) i GL(n, R) za realan n-dimenzionalan vektorski prostor V, a pri tom izomorfizmu kompozicija linearnih operatora odgovara matričnom množenju pridruženih matrica, tj. grupe (GL(V ), ) i (GL(n, R), ) su izomorfne (štoviše, ovdje se radi o izomorfnim algebrama (GL(V ), +,, ) i (GL(n, R), +,, )). D.Z. Za n N promatramo SL(n, R) = {A GL(n, R) det A = 1}, O(n, R) = {A GL(n, R) AA τ = A τ A = I}, SO(n, R) = {A O(n, R) det A = 1}. Provjerite da je svaki od ta tri skupa grupa uz operaciju matričnog množenja. 8

12 1.3. Osnovni primjeri grupa Algebarske strukture Napomena Grupa O(n, R) je grupa simetrija prostora R n, a SO(n, R) grupa rotacija prostora R n. Uvjerite se u to za n = 2. Primjer Označimo sa mz = {mn n Z} skup višekratnika prirodnog broja m. Tada je (mz, +) grupa. Primjer Na skupu cijelih brojeva Z definiramo relaciju m tako da x m y ako m x y. Lako se provjeri da je to relacija ekvivalencije (D.Z.). Označimo s [k] klasu ekvivalencije reprezentiranu s k Z. Kvocijentni skup je skup Z n = {[0], [1],..., [n 1]} te definiramo operaciju + m zbrajanja modulo m na sljedeći način Tada je (Z m, + m ) grupa. [x] + m [y] = [x + y]. Primjer Ilustrirajmo to primjerom na (Z 4, + 4 ). Napravit ćemo tablicu množenja, tzv. Cayleyjevu tablicu, odakle možemo iščitati je li dana struktura grupa Napomena U ovoj skripti ćemo koristiti oznaku Z n za skup {[0], [1],..., [n 1]}, no naglasimo da je općenito preciznije taj skup označavati s Z/nZ. Konstrukciju koju smo upravo vidjeli upamtite kao osnovni primjer kvocijentne grupe o kojima ćemo pričati kasnije tokom semestra. D.Z. Neka je F = {f 1, f 2, f 3, f 4, f 5, f 6 }, gdje su f i : R \ {0, 1} R \ {0, 1}, i = 1, 2,..., 6 definirane s f 1 (x) = x, f 2 (x) = 1 x, f 3 (x) = 1 x, f 4(x) = x 1 x, f 5(x) = x x 1, f 6(x) = 1 1 x. Dokažite da je (F, ) grupa (kako biste provjerili zatvorenost napravite Cayleyevu tablicu te koristeći tablicu utvrdite da svaki element ima inverz). D.Z. Odredite sve moguće (bitno različite) Cayleyjeve tablice za grupu od 4 elementa. Primjer Na skupu Z m možemo definirati binarnu operaciju m množenja modulo m na sljedeći način [x] m [y] = [xy]. Općenito, monoid (Z m, m) nije grupa (čak i ako izbacimo [0]). Na primjer, [2] nema inverz u Z 4. Zaista, kad bi postojao [x] Z 4 takav da je [2] 4 [x] = [1], imali bismo [2] 4 [x] = [2x] = [1]. No, klasa [2x] se sastoji od parnih brojeva, pa ne sadrži broj 1. Zaključujemo da [2] nema inverz u monoidu (Z 4, 4). 9

13 Algebarske strukture 1.3. Osnovni primjeri grupa Promatrajmo sad (Z p, p), gdje je p prost. Tada za svaki n {1, 2,..., p 1} vrijedi (n, p) = 1 (gdje (n, p) označava najveću zajedničku mjeru od n i p), tj. n i p su relativno prosti. Prema rezultatu iz teorije brojeva (koji je dokazan na Elementarnoj matematici 1 ) postoje a, b Z takvi da je an + bp = 1. Odavde slijedi [n] p [a] = [1], pa zaključujemo da je [n] invertibilan u (Z p, p). Dakle, (Z p, p) je grupa. Na isti način možemo pokazati da je [n] invertibilan element u monoidu (Z m, m) ako i samo ako vrijedi (m, n) = 1. Označimo sa Z m (ponekad se koristi i oznaka U m ) skup svih invertibilnih elemenata u monoidu (Z m, m). Tada je (Z m, m) grupa. Zadaci za vježbu 1. Dokažite da je (R, ) Abelova grupa, gdje je operacija definirana na sljedeći način: x y = x + y Na Q je zadana binarna operacija na sljedeći način: Kakva je (Q, ) struktura? x y = x y + xy. 3. Dokažite da je G = Q Q Q uz operaciju definiranu na način Abelova grupa. (a 1, a 2, a 3 ) (b 1, b 2, b 3 ) = (a 1 b 1, a 2 b 1 + b 2, a 3 b 1 + b 3 ) 4. Neka je (G, ) grupa, a g G fiksiran. Na G definiramo novu operaciju na sljedeći način: x y = x g y. Dokažite da je i uz tu novu operaciju G grupa. 5. Neka je G konačna polugrupa u kojoj vrijedi kraćenje (tj. za sve a, b, c iz G je ekvivalentno: a = b i ac = bc i ca = cb). Dokažite da je onda G grupa! Zatim, dokažite da je uvjet konačnosti bitan! (Uputa: promotrite (N 0, +)) 6. Neka je G polugrupa u kojoj vrijede zakoni kraćenja. Ako za svaki a G postoji n a > 1 takav da je a na = a, dokažite da je G grupa. 7. Neka je G grupa sa svojstvom da za svake a, b, c, d, e, f iz G iz abc = dbf slijedi ac = df. Dokažite da je grupa G Abelova. 10

14 1.4. Podgrupe Algebarske strukture 8. Neka je G grupa i fiksirajmo a, b G. Nadite jedno rješenje jednadžbe xax = b 2 a Dokažite da jednadžba x 2 ax = a 1 ima rješenje po x u G ako i samo ako postoji b G takav da je b 3 = a. 10. Neka je S konačan skup s n elemenata; znamo da je tada (P(S), ) grupa u kojoj je e = i A 1 = A. Ispitajte jesu li sljedeći podskupovi podgrupe: (a) {A S card A n 2 } (b) {A S card A je paran } (c) {A S card A je neparan } (d) {A S card A n 2 } 1.4 Podgrupe Definicija Neka je (G, ) grupa i H podskup od G. Kažemo da je H podgrupa od G (oznaka: H G) ako je (H, ) takoder grupa. Propozicija Neka je (G, ) grupa i H podskup od G. Ekvivalentno je: (i) H G; (ii) ( a, b H)(ab H) i ( a H)(a 1 H); (iii) ( a, b H)(ab 1 H). Napomena Dokaz prethodne propozicije zapravo govori da se asocijativnost nasljeduje te ju ne moramo provjeravati, a neutralni element od G će biti u H čim je zadovoljen uvjet (ii) (ili ekvivalentno uvjet (iii)). Primjetite da je uvjet (ii) efektivni kriterij za provjeravanje je li neki podskup podgrupa i koristit ćemo ga u daljnjim primjerima. Primjer Svaka grupa ima barem 2 podgrupe: {e} i G. Podgrupe različite od ove dvije nazivamo pravim podgrupama. Primjer Imamo sljedeći niz podgrupa (Z, +) (Q, +) (R, +) (C, +). Definicija Neka su S, T G. Uvedimo sljedeće oznake S 1 := {a 1 a S}, ST := {ab a S, b T }. Napomena Neka je (G, ) grupa i H podskup od G. Uz oznake prethodne definicije i prema kriteriju za podgrupe vrijedi: H G ako i samo ako HH 1 H. 11

15 Algebarske strukture 1.4. Podgrupe D.Z. Dokažite da je relacija biti podgrupa relacija parcijalnog uredaja na skupu svih podgrupa od G. D.Z. Neka je G grupa i {H i } i I proizvoljna familija podgrupa od G. Dokažite da je i I H i takoder podgrupa od G. Primjer Pokažimo da se niti jedna grupa G ne može napisati kao unija svoje dvije prave podgrupe. Pretpostavimo suprotno da postoje H 1, H 2 G takvi da G = H 1 H 2, i H i {e}, G, i = 1, 2. Tada postoji a H 1 \ H 2 i postoji b H 2 \ H 1 (jer H 1 G, H 2 G i H 1 H 2 = G). Budući da je a b G = H 1 H 2 razlikujemo dva slučaja: 1. Neka je a b H 1. Budući da je H 1 zatvorena na invertiranje a 1 H 1, a budući da je zatvorena na množenje }{{} a 1 (a b) = e b = b H }{{} 1, što je kontradikcija s b H 2 \ H 1. H 1 H 1 2. Slučaj a b H 2 analogno vodi na kontradikciju s a H 1 \ H 2. Budući da svi slučajevi vode na kontradikciju, početna pretpostavka je bila pogrešna i vrijedi tvrdnja koju smo htjeli dokazati. Zadatak Neka je G = {a + b 2 a, b Q, a 2 + b 2 > 0}. Dokažite (G, ) (R, ). Rješenje. Prvo uočimo da za x = a + b 2 uvjet a 2 + b 2 = 0 vrijedi ako i samo ako a = 0 i b = 0, tj. ako i samo ako je x = 0 (primjetite da x = 0 povlači a = 0 i b = 0 jer 2 nije racionalan broj). Koristimo kriterij za podgrupe. Neka su x, y G. Tada postoje a, b, c, d Q takvi da je x = a + b 2, y = c + d 2 i x 0, y 0. Zatvorenost na množenje. Primjetimo da je xy = (a + b 2)(c + d 2) = (ac + 2bd) + (ad + bc) 2. Budući da su a, b, c, d Q, a Q je zatvoren na množenje i zbrajanje slijedi da je ac + 2bd, ad + bc Q. Još bismo trebali provjeriti da je (ac + 2bd) 2 + (ad + bc) 2 > 0, što je ekvivalentno činjenici da je xy 0. No primjetimo da to možemo zaključiti koristeći svojstva realnih brojeva - budući da je x 0 i y 0, slijedi da je xy 0. Zatvorenost na invertiranje. Primjetimo da je x 1 = (a + b 2) 1 1 = a + b 2 = a b 2 a 2 2b = 2 a a 2 b 2 + b a 2 2b 2 2. Koristeći zatvorenost racionalnih brojeva na množenje i zbrajanje zaključujemo da su a b i a 2 b 2 a 2 2b racionalni brojevi. Budući da ne postoji x R takav da je 2 x 1 = 0, zaključujemo da je x 1 G. 12

16 1.4. Podgrupe Algebarske strukture Zadatak Neka je (G, ) grupa, a H, K G. Dokažite da je HK G ako i samo ako HK = KH. Napomena Jednakost skupova HK = KH ne znači da za svaki h H i svaki k K vrijedi hk = kh. Ona znači samo da postoje h H i k K takvi da je hk = k h. Rješenje. Pretpostavimo prvo da je HK podgrupa. Neka je x HK. Budući da je HK zatvoreno na invertiranje vrijedi x 1 HK, tj. postoje h 1 H i k 1 K takvi da je x 1 = h 1 k 1. Zato je x = (x 1 ) 1 = (h 1 k 1 ) 1 = k1 1 h 1 1 KH. Dakle, HK KH. Neka je x KH. Tada postoje k 2 K, h 2 H takvi da je x = k 2 h 2, pa je x 1 = (k 2 h 2 ) 1 = h 1 2 k2 1 HK. Budući da je HK zatvoreno na invertiranje slijedi da je x HK. Dakle, HK KH. Time smo pokazali da je HK G povlači HK = KH. Pretpostavimo da je HK = KH i neka su x, y HK. Tada postoje k 1, k 2 K, h 1, h 2 H takvi da je x = h 1 k 1 i y = h 2 k 2 te imamo xy = (h 1 k 1 )(h 2 k 2 ) = h 1 (k 1 h 2 )k 2. Zbog pretpostavke HK = KH postoje k 3 K, h 3 H takvi da je k 1 h 2 = h 3 k 3. Zato je xy = h 1 (k 1 h 2 )k 2 = (h 1 h 3 )(k 3 k 2 ) HK. Nadalje x 1 = k 1 1 h 1 1 KH = HK. Dakle, pokazali smo i da HK = KH povlači HK G. D.Z. Neka je (G, ) grupa od 8 elemenata sa svojstvom da za svaki x G vrijedi x 2 = e. Dokažite da G ima podgrupu od 4 elementa. Konačno dolazimo do jednog od prvih netrivijalnih rezultata - teorema o klasifikaciji svih podgrupa grupe cijelih brojeva. Teorem Grupe (nz, +) za n N 0 su jedine podgrupe od (Z, +). Dokaz. Prvo dokažimo (koristeći kriterij za podgrupe) da za n N 0 vrijedi (nz, +) (Z, +). Neka su a, b nz. Tada postoje x, y Z takvi da a = nx, b = ny. Budući da je a + b = nx + ny = n(x + y) slijedi da je a + b nz, a budući da je a = n ( x) slijedi da je a nz. Nadalje, neka je H Z proizvoljna podgrupa. Želimo pokazati da postoji n N 0 takav da je H = nz. Ako je H = {0} trivijalna grupa onda možemo uzeti n = 0. Pretpostavimo da je H {0}. Tada je H N. (Zaista, u H postoji neki element x 0 te je x takoder u H. Točno jedan od brojeva x i x mora biti pozitivan, tj. element od H N.) Zbog toga ima smisla definirati n 0 := min N H. Tvrdimo da je H = n 0 Z. Pokažimo obje inkluzije. Prvo pokazujemo H n 0 Z. Indukcijom po m dokazujemo da je n 0 m H za svaki m N. Baza, m = 1, vrijedi zbog definicije broja n 0. Pretpostavimo li da je n 0 m H za neki m, zbog zatvorenosti od H na zbrajanje vrijedi n 0 (m + 1) = n 0 m + n 0 H. Za m = 0 vrijedi n 0 0 = 0 H jer svaka podgrupa sadrži neutralni element. Za m N vrijedi n 0 ( m) = (n 0 m) H jer je H zatvoreno na invertiranje. Time smo pokazali da je n 0 m H za svaki m Z. 13

17 Algebarske strukture 1.4. Podgrupe Ostaje pokazati da je H n 0 Z. Neka je x H. Prema teoremu o dijeljenju s ostatkom postoje q Z i r Z takvi da je x = n 0 q + r, 0 r n 0 1 Tada je r = x n 0 q H jer je H podgrupa i već smo pokazali da je n 0 q H. Ako bi bilo r > 0, onda bi vrijedilo r N H i r < n 0 što je kontradikcija s činjenicom da je n 0 minimalni takav broj. Dakle, r = 0 što znači da x = n 0 q n 0 Z. Zadaci za vježbu 1. Neka je (G, ) grupa, a H njen konačni podskup sa svojstvom da ako su x, y iz H, onda je i x y opet iz H. Dokažite da je H podgrupa od G. 2. Neka je G grupa i H G. Uvedimo C G (H) = {g G gh = hg, h H}. Ovaj skup se naziva centralizator od H u G. Je li C G (H) grupa? 3. Neka je G grupa i H G. Uvedimo N G (H) = {g G gh = Hg}. Ovaj skup se naziva normalizator od H u G. Dokažite da je N G (H) podgrupa od G. 4. Neka je (G, ) grupa i H i, i N niz njezinih podgrupa takvih da je H i H i+1. Dokažite da je tada i i=1h i G. 5. Dokažite da je K n K m ako i samo ako n dijeli m. 6. Dokažite da je skup matrica [ ] x x { : x R } 0 0 grupa u odnosu na matrično množenje. 7. Ako je skup S, koji je podskup skupa matrica M n (R), grupa u odnosu na matrično množenje, tada su ili sve matrice tog skupa regularne ili su sve matrice tog skupa singularne. Dokažite! 14

18 1.5. Homomorfizmi grupa Algebarske strukture 1.5 Homomorfizmi grupa Definicija Neka su (G, ), (H, ) grupe. Preslikavanje f : G H je homomorfizam grupa ako za sve a, b G vrijedi f(a b) = f(a) f(b). Monomorfizam je injektivan homomorfizam, epimorfizam je surjektivni homomorfizam, a izomorfizam je bijektivni homomorfizam. Endomorfizam je homomorfizam kojem su domena i kodomena iste grupe. Automorfizam je bijektivni endomorfizam. Propozicija Neka su G, H grupe, e G i e H jedinice u G i H te f : G H homomorfizam grupa. Tada vrijedi f(e G ) = e H. Dokaz. Neka je a G. Vrijedi e H f(a) = f(a) = f(e G a) f homo- = f(e G ) f(a). Množeći zdesna s f(a) dobivamo e H = f(e G ). Propozicija Neka su G i H grupe, f : G H homomorfizam grupa. Tada za svaki x G vrijedi f(x) 1 = f(x 1 ). Dokaz. Budući da vrijedi f(x) f(x) 1 = e H = f(e G ) = f(x x 1 ) = f(x) f(x 1 ) Množenjem s f(x) 1 slijeva dobivamo f(x) 1 = f(x 1 ). Napomena Budite oprezni s oznakama. f 1 (a) }{{} f(a) 1 }{{}. inverz funkcije inverz elementa f(a) Definicija Neka su G, H grupe i f : G H homomorfizam. Skup Kerf := {x G f(x) = e H } zovemo jezgra od f. Skup Im f := {f(x) x G} zovemo slika od f. Propozicija Neka su G i H grupe, f : G H homomorfizam grupa, L G, K H. Tada vrijedi: (i) f(l) = {f(l) l L} H, (ii) f 1 (K) = {g G f(g) K} G. Posebno, Ker f = f 1 ({e H }) G i Im f = f(g) H. Dokaz. (i) Neka su x, y f(l). Tada postoje l 1, l 2 L takvi da vrijedi f(l 1 ) = x, f(l 2 ) = y. Slijedi da je xy = f(l 1 ) f(l 2 ) f homo- = f(l 1 l 2 ) f(l). Nadalje, x 1 = f(l 1 ) 1 P rop. = f( l1 1 ) f(l), što pokazuje da je f(l) zatvoreno na }{{} L množenje i invertiranje, pa prema kriteriju za podgrupe zaključujemo da je f(l) H. 15

19 Algebarske strukture 1.5. Homomorfizmi grupa (ii) Neka su x, y f 1 (K), tj. f(x), f(y) K. Tada je Ako je x f 1 (K), onda je f(xy) homo- = f(x) f(y) K xy f 1 (K). }{{}}{{} K K f(x 1 ) = f(x) 1 f(x) 1 K f(x 1 ) K x 1 f 1 (K). }{{} K Vidimo da je kriterij za podgrupu zadovoljen, pa zaključujemo f 1 (K) G. D.Z. Neka su G, H grupe i f : G H homomorfizam. Dokažite da je f monomorfizam ako i samo ako je Kerf trivijalna grupa. Definicija Kažemo da su grupe G i H izomorfne ako postoji izomorfizam f : G H. Tada pišemo G = H. D.Z. Dokažite da je relacija biti izomorfan relacija ekvivalencije (na familiji svih grupa). 1 D.Z. Neka je G grupa, a Aut G skup svih automorfizama od G. Dokažite da je (Aut G, ) grupa. Zadatak Dokažite da grupe (R, ) i (C, ) nisu izomorfne. Rješenje. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji izomorfizam f : C R. Budući da svaki homomorfizam čuva jedinicu vrijedi f(1) = 1. Neka je a := f(i). Uočimo a 1 jer je f bijekcija. Slijedi f( 1) = f(i i) = f(i)f(i) = a 2, 1 = f(1) = f( 1)f( 1) = a 2 a 2 = a 4 a 4 = 1 a R, a 1 a = 1. No tada je f( 1) = a 2 = 1 = f(1), što je u kontradikciji s pretpostavkom da je f bijekcija. Dakle, početna je pretpostavka bila pogrešna, tj. takav izomorfizam ne postoji. Zadatak Dokažite da su grupe (Z 4, + 4 ) i (Z 5 \{0}, 5) izomorfne. Rješenje. Definirajmo f : Z 4 Z 5 \{0} na sljedeći način s namjerom da f bude homomorfizam. Tada moramo staviti f(0) = 1 (neutralni element se preslikava u neutralni element). Stavimo f(1) = 2. Slijedi f(2) = f( ) = f(1) 5 f(1) = = 4 f(3) = f( ) = f(2) 5 f(1) = = 3 1 U teoriji skupova ne postoji skup svih skupova, pa tako ne postoji niti skup svih grupa. Familija svih grupa je prevelika da bismo ju nazivali skupom. 16

20 1.5. Homomorfizmi grupa Algebarske strukture Na ovaj način smo definirali bijekciju f. Ostaje provjeriti da je f homomorfizam (D.Z.). D.Z. Neka je H = ({ 1, 1}, ). a) Dokažite da je H (R, ). b) Odredite sve homomorfizme f : R H. D.Z. Neka je (G, ) konačna grupa i f : G (C, ) homomorfizam grupa sa svojstvom da ( x 0 G) f(x 0 ) 1. a) Dokažite da je g : G G definiran sa g(x) = x 0 x bijekcija (ne nužno izomorfizam!). b) Korištenjem (a) odredite f(x) i f(x). x G x G\{e G } Zadatak Dokažite da postoje barem dvije različite (neizomorfne) grupe reda 4. Rješenje. Pogledajmo (Z 4, + 4 ) i (Z 2 Z 2, + 2 ), pri čemu je Z 2 Z 2 = {(x, y) x, y Z 2 } i (x 1, y 1 ) + 2 (x 2, y 2 ) = (x x 2, y y 2 ). Tvrdimo da ove dvije grupe nisu izomorfne. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji izomorfizam f : Z 4 Z 2 Z 2. Odmah uočimo da onda mora biti f(0) = (0, 0). Označimo f(1) = (x 1, y 1 ), pa dobijemo f(2) = f( ) = f(1) + 2 f(1) = (x 1, y 1 ) + 2 (x 1, y 1 ) = (x x 1, y y 1 ) = (0, 0) = f(0), što je kontradikcija sa pretpostavkom da je f bijekcija. Napomena Do na izomorfizam, postoje točno dvije grupe reda 4 (i one su reprezentirane grupama iz prethodnog zadatka). U prethodnom zadatku smo vidjeli grupu Z 2 Z 2 koja je poseban slučaj sljedeće konstrukcije. Definicija Neka su (G, G) i (H, H) grupe. Definirajmo binarnu operaciju na G H na sljedeći način (g 1, h 1 ) (g 2, h 2 ) = (g 1 G g 2, h 1 H h 2 ). D.Z. Provjerite da je (G H, ) grupa. Ovu grupu nazivamo direktan produkt grupa G i H i označavamo još s G H. Za direktan produkt imamo prirodne projekcije π G : G H G i π H : G H H koje su homomorfizmi grupa. Napomena Dosad smo vidjeli da su grupe objekti s odredenom matematičkom strukturom i u teoriji grupa proučavamo njihove podobjekte, morfizme koji poštuju tu strukturu i razne konstrukcije (poput jezgre, kvocijenta, produkta). Kompozicija homomorfizama je ponovno homorfizam, pa kažemo da grupe i homomorfizmi grupa čine kategoriju. Sigurno uočavate da ste na sličan 17

21 Algebarske strukture 1.5. Homomorfizmi grupa način na drugim kolegijima proučavali kategoriju vektorskih prostora i linearnih operatora, kategoriju topoloških prostora i neprekidnih preslikavanja, kategoriju grafova i morfizama grafova, kategoriju skupova i funkcija i još mnoge druge. Kategorija se sastoji od klase objekata i klase morfizama koje možemo komponirati na asocijativan način pri čemu identitete djeluju kao neutralni elementi. U svakoj kategoriji postoji pojam izomorfizma (morfizma koji ima inverz), a klasificirajući problemi unutar teorije se bave proučavanjem struktura do na izomorfizam. Na primjer, skupove možemo klasificirati prema broju elemenata, vektorske prostore prema dimenziji, grafove prema relaciji incidencije, a grupe prema njihovim Cayleyevim tablicama. Razvoj teorije kategorija bio je motiviran potrebama u algebarskoj topologiji za sistematizacijom načina na koji probleme iz topologije možemo svesti na probleme iz algebre. Zato se teorija kategorija bavi proučavanjem raznih konstrukcija unutar kategorije na univerzalan način te odnosima izmežu različitih kategorija. D.Z. Dokažite da direktan produkt grupa G i H ima sljedeće svojstvo: ako je K grupa, a g : K G i h: K H homomorfizmi grupa, onda postoji jedinstveno preslikavanje f : K G H takvo da vrijedi π G f = g i π H f = h, tj. tako da sljedeći dijagram komutira K f g G H h π G π H G H Napomena Prethodni zadatak pokazuje da direktan produkt (G H, π G, π H ) ima univerzalno svojstvo produkta. Na sličan način možemo definirati produkt objekata u bilo kojoj kategoriji te se može dokazati da su bilo koja dva prdukta izomorfna. Zadaci za vježbu 1. Neka je {[ ] } a b A = a, b R, a 2 + b 2 0. b a Dokažite da je skup A, uz uobičajeno množenje matrica kao binarnu operaciju, [ podgrupa ] a b od GL(2, R). Ispitajte je li skup A izomorfan s (C, ). (Uputa: a + ib ). b a 2. Dokažite da je (R, +) = (R, ). (Uputa: x e x ). 3. Promotrimo grupu GL(2, Z 2 ) uz uobičajeno množenje matrica. Dakle, elementi su joj 2 2 matrice s matričnim elementima 0 i 1 ali s kojima operiramo po pravilima iz Z 2 : = = 0. Je li je ta grupa izomorfna s S 3? 18

22 1.6. Cikličke i konačnogenerirane grupe Algebarske strukture Uputa: pokažite prvo da GL(2, Z 2 ) ima šest elemenata. Ako je moguće, pokušajte naći u toj grupi element reda 2 i element reda 3 koji ju generiraju. Možete li takvo što napraviti u S 3? 4. Neka je G = {2 n 3 m : n, m Z} i H = {2 n : n Z}. Dokažite (i) (G, ) je grupa, (ii) H G, (iii) Postoji homomorfizam f : G (Z, +) takav da je Kerf = H. 5. Neka je G grupa, f : G G preslikavanje definirano s f(a) = a 1. Dokažite da je f izomorfizam ako i samo ako je G Abelova. 6. Neka su G i H grupe. Definiramo Hom(G, H) = {f : G H f je homomorfizam}. Neka su φ, ψ Hom(G, H). Označimo E(φ, ψ) = {g G φ(g) = ψ(g)}. Dokažite (i) E(φ, ψ) G, (ii) Za svaki φ iz Hom(G, H) postoji ψ iz Hom(G, H) takav da je E(φ, ψ) = Kerφ. Ovu univerzalnu konstrukciju nazivamo ujednačitelj morfizama φ i ψ. 1.6 Cikličke i konačnogenerirane grupe Definicija Neka je G grupa i S G proizvoljan podskup. Tada je (prema zadatku iz poglavlja o podgrupama) S := H podgrupa od G za koju kažemo da je generirana podskupom S i elemente skupa S zovemo generatorima. Ako je S konačan skup i G = S kažemo da je G konačnogenerirana grupa. Za grupu G kažemo da je ciklička ukoliko je generirana jednim elementom, tj. ako postoji a G takav da je G = {a}. Za {a} koristimo još i oznaku a. H G S H Propozicija Neka je G grupa i S G. Tada je S = {x n 1 i 1 x n 2 i 2... x n k i k : k N, x i1, x i2,..., x ik S, n 1, n 2,..., n k Z}. Dokazat ćemo sljedeću jednostavniju verziju ove propozicije jer ćemo u dokazu vidjeti glavne ideje. Sami dokažite gornju propoziciju. Propozicija Neka je G grupa i a G. Tada je a = {a n : n Z}. 19

23 Algebarske strukture 1.6. Cikličke i konačnogenerirane grupe Dokaz. Uvedimo oznaku A := {a n : n Z}. Prema definiciji, a je presjek svih podgrupa od G koje sadrže element a. Budući da je A takoder podgrupa (provjerite) i sadrži a, slijedi da je a A. S druge strane, indukcijom pokazujemo da je a n a za sve n N, pa budući da je a zatvorena na invertiranje slijedi da a n a za sve n N, tj. A a. Označimo Z(a) := {n Z a n = e G }. Tada je Z(a) (Z, +) (uočite da je f : Z G, f(n) = a n homomorfizam grupa i Z(a) = Kerf). Prema teoremu o klasifikaciji svih podgrupa grupe (Z, +) slijedi da postoji n 0 N 0 takav da je Z(a) = n 0 Z. Definicija Neka je G grupa i a G. Red a elementa a definiramo na sljedeći način { n0, ako je Z(a) = n a = 0 Z +, ako je Z(a) = {0}. Napomena Možemo pobliže opisati grupu a. Ako je a =, onda je a n a m za sve n, m Z, n m. Tada vrijedi a = {..., a 2, a 1, e, a 1, a 2,...} = (Z, +) Ako je a = n 0 N, onda je a k = a n 0+k za sve k Z i vrijedi a = {e, a, a 2, a 3,..., a n 0 1 } = (Z n0, + n0 ) Dakle, vrijedi a = a. Ako je red elementa a konačan, onda je to najmanji prirodan broj n takav da je a n = e, tj. a = min{n : a n = e}. Primjer Promotrimo grupu simetrija kvadrata. Tada je element koji predstavlja rotaciju za 90 reda 4, a element koji predstavlja zrcaljenje obzirom na dijagonalu reda 2. Zadatak Pokažite da (Q, +) nije ciklička grupa. p Rješenje. Pretpostavimo suprotno, tj. da je = Q, za p Z, q N, p i q relativno prosti. q Promotrimo 1 2q Q. Prema pretpostavci 1 2q = n p, za neki n Z, tj. 1 = 2np. Ovo je q nemoguće, što znači da je početna pretpostvka bila pogrešna. Dakle, vrijedi tvrdnja zadatka. D.Z. Dokažite da (Q, +) nije konačnogenerirana grupa. D.Z. Dokažite da (Z Z, +) nije ciklička grupa. Zadatak Dokažite da je podgrupa cikličke grupe takoder ciklička. 20

24 1.6. Cikličke i konačnogenerirane grupe Algebarske strukture Rješenje. Neka je G ciklička grupa i a G takav da je G = a. Neka je H proizvoljna podgrupa od G. Ako je H = {e}, onda je H ciklička. Zato pretpostavimo da H nije trivijalna grupa. Tada je skup M = {m N a m H} neprazan, pa postoji minimum tog skupa m 0 = min M. Tvrdimo da je a m 0 = H. Budući da je H zatvoreno na množenje i a m 0 H, indukcijom slijedi da je a nm 0 H za sve n N. Budući da je H zatvoreno na invertiranje slijedi da je a nm 0 H za sve n Z. Dakle, a m 0 H. Neka je x H proizvoljan. Budući da je x G = a postoji n Z takav da je x = a n. Prema teoremu o dijeljenju s ostatkom postoje q, r Z, 0 r m 0 1 takvi da je n = q m 0 +r. Tada je a r = a n qm 0 = a n a qm 0. Budući da je a n H te smo već u prvom dijelu dokaza pokazali da je a qm 0 za sve q Z, slijedi da je a r H. Budući da je r m 0 1, a m 0 je najmanji prirodni broj takav da je a m 0 H, mora vrijediti r = 0. Dakle, n = m 0 q i x = a m0q a m 0. Lema Neka je G grupa i a G element konačnog reda. Za k Z vrijedi a k = e G ako i samo ako a dijeli k. Dokaz. Za k Z vrijedi a k = e ako i samo ako je k Z(a), što vrijedi ako i samo ako n 0 dijeli k gdje je n 0 = a. Zadatak Neka su G i H konačne cikličke grupe takve da su G i H relativno prosti. Dokažite da je grupa G H ciklička. Rješenje. Neka je G = m i H = n, te neka su a G, b H takvi da je G = a = {e, a, a 2,..., a m 1 } i H = b = {e, b, b 2,..., b n 1 }. Tvrdimo da (a, b) generator grupe G H. Budući da je G H = mn dovoljno je pokazati da je (a, b) = mn. Budući da je (a, b) mn = (a mn, b mn ) = (e n G, em H ) = (e G, e H ) prema Lemi slijedi da (a, b) dijeli mn. S druge strane (a, b) (a,b) = (e G, e H ), što povlači a (a,b) = e G i b (a,b) = e H. Prema Lemi slijedi da m = a i n = b dijele (a, b). Budući da je (m, n) = 1, zaključujemo da mn dijeli (a, b) odakle slijedi tvrdnja. Primjer Prethodni zadatak pokazuje da je grupa Z 2 Z 3 izomorfna s grupom Z 6. Općenito, Z n Z m je izomorfno sa Z nm ako i samo ako je M(n, m) = 1. D.Z. Dokažite smjer koji nismo pokazali u prethodnom primjeru. Zadatak Odredite sve generatore konačne cikličke grupe G reda n. Rješenje. Neka je a generator grupe G. Promotrimo na primjeru n = 12 koliki je red elementa a k, tj. koji je najmanji eksponent na koji moramo potencirati a k kako bismo dobili potenciju od a 1 2 = e. Imamo sljedeći niz vrijedosti a 0 = 1, a 1 = 12, a 2 = 6, a 3 = 4, a 4 = 3, a 5 = 12, a 6 = 2, a 7 = 12, a 8 = 3, a 9 = 4, a 10 = 6, a 11 =

25 Algebarske strukture 1.7. Strukturni teorem za konačno generirane Abelove grupe Vidimo da su generatori oblika a k za k {1, 5, 7, 11}, tj. za one k koji su relativno prosti s 12. Na temelju ovoga možemo naslutiti da je a k = n M(n, k). Dokažimo ovu tvrdnju. Neka je k {1,..., n} fiksiran te označimo d = M(n, k), n = dn 1, k = dk 1. Tada je M(n 1, k 1 ) = 1 i kn 1 = k 1 n. Želimo pokazati da je ak = n 1. Zbog (a k ) n 1 = (a n ) k 1 = e, Lema povlači da a k dijeli n 1. Budući da je (a k ) ak = e, Lema povlači da n = a dijeli k a k, tj. n 1 dijeli k 1 a k. Činjenica da je M(n 1, k 1 ) = 1 povlači da n 1 dijeli a k. Dakle, svi generatori su oblika a k pri čemu je M(n, k) = 1. Takvih elemenata ima ϕ(n). D.Z. Odredite sve podgrupe cikličke grupe reda n. Propozicija Neka je G grupa, a G element reda n, te f : G H monomorfizam grupa. Tada je f(a) = n. Dokaz. Budući da je f(a) n = f(a n ) = f(e G ) = e H, Lema povlači da f(a) dijeli n. S druge strane f(e G ) = e H = f(a) f(a) = f(a f(a) ). Budući da je f injekcija mora vrijediti a f(a) = e G, pa Lema povlači da n dijeli f(a). Korolar Ako je f : G H izomorfizam konačnih cikličkih grupa, onda f preslikava generator u generator. 1.7 Strukturni teorem za konačno generirane Abelove grupe U daljnim razmatranjima vrlo je važno voditi računa o rezultatu koji smo naveli u prethodnom poglavlju: Z n Z m = Znm M(m, n) = 1. (1.1) Teorem Neka je G konačno generirana Abelova grupa. Tada: (1)!s, t N 0, m 1, m 2,..., m t N takvi da m 1 m 2... m t i vrijedi G = } Z Z {{... Z } Z m1 Z m2... Z }{{ mt } s puta - slobodan dio torzija (2)!s, k N 0, p 1, p 2,..., p k prosti (ne nužno različiti), s 1, s 2,..., s k takvi da G = Z } Z {{... Z } Z p1 s 1 Z p2 s 2... Z pk s k }{{} s puta - slobodan dio torzija 22

26 1.7. Strukturni teorem za konačno generirane Abelove grupe Algebarske strukture Zadatak Odredite do na izomorfizam sve Abelove grupe reda: a) 100 b) 1500 c) 16. Rješenje. a) Prvo rastavimo 100 na proste faktore, 100 = Sad, po Teoremu (2), ovisno o tome kako grupiramo faktore 2, 2, 5, 5, dobivamo različite (tj. medusobno neizomorfne) grupe (uočimo usput da slobodnog dijela neće biti, jer promatramo konačne grupe). Na primjer, (dakle p 1 = 2, s 1 = 1, p 2 = 2, s 2 = 1, p 3 = 5, s 3 = 2) daje Z 2 Z 2 Z 5 2 = Z 2 Z 2 Z 25, a (dakle p 1 = 2, s 1 = 2, p 2 = 5, s 2 = 5) daje Z 2 2 Z 5 2 = Z 4 Z 25. Tako dobivamo sljedeću tablicu svih Abelovih grupa reda 100 (do na izomorfizam): Z 4 Z Z 2 Z 2 Z Z 4 Z 5 Z Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 Dakle svaka Abelova grupa G reda 100 je izomorfna točno jednoj od gornjih grupa u drugom stupcu. Pogledajmo sad što daje prikaz pomoću Teorema (1). Na primjer, za Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 želimo pronaći m 1, m 2..., m t za koje vrijedi m 1 m 2 m t koristeći 1.1. Tako iz Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 uzmemo Z 2 Z 5 = Z10 (jer je M(2, 5) = 1) i dobijemo m 1 = 10, m 2 = 10, dakle m 1 m 2, pa je Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 = Z10 Z 10. Dalje, za Z 4 Z 5 Z 5 sparimo prva dva sumanda u Z 20 pa dobijemo Z 4 Z 5 Z 5 = Z5 Z 20 (m 1 = 5, m 2 = 20). Za Z 2 Z 2 Z 25 iskoristimo Z 2 Z 25 = Z50 pa je Z 2 Z 2 Z 25 = Z2 Z 50 (m 1 = 2, m 2 = 50). I na kraju, Z 4 Z 25 = Z100 (m 1 = 100). Dodajmo i ove prikaze u gornju tablicu: Zapis (2) = Zapis (1) Z 4 Z 25 = Z Z 2 Z 2 Z 25 = Z2 Z Z 4 Z 5 Z 5 = Z5 Z Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 = Z10 Z 10 Prikazi (tj. grupe) u pojedinom retku su izomorfni, a grupe u različitim retcima su medusobno neizmorfne. 23

27 Algebarske strukture 1.7. Strukturni teorem za konačno generirane Abelove grupe b) 1500 = Dakle, kao i u a) dijelu, imamo za početak sljedeću tablicu: Zapis (2) Z 4 Z 3 Z Z 2 Z 2 Z 3 Z Z 4 Z 3 Z 5 Z Z 2 Z 2 Z 3 Z 25 Z Z 4 Z 3 Z 5 Z 5 Z Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 Na temelju zaključivanja u a) dijelu, opišimo postupak za prevodenje zapisa (2) u zapis (1): - Uzmimo što više sumanada u zapisu (2) sa medusobno relativno prostim indeksima i spojimo ih u jedan sumand za zapis (1). - Ponovimo gornji korak, ali zanemarujući sumande u zapisu (2) koje smo prethodno uzeli. Ponavljamo dok ne nestane sumanada u zapisu (2). U prvom koraku odredujemo sumand Z mt iz zapisa (1). Zato za njega uzimamo što više sumanada s medusobno relativno prostim indeksima, jer bi u suprotnom za neki Z mt i vrijedilo m t i m t. Pokažimo postupak na primjeru Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 : - Uzmemo Z 2 Z 3 Z 5 i kako je Z 2 Z 3 Z 5 = Z30 dobijemo sumand Z 30 u zapisu (1). - Od zapisa (2) dalje promatramo samo Z 2 Z 5 Z 5. Opet uzmemo što više sumanada s medusobno relativno prostim indeksima to su Z 2 i Z 5, pa kako je Z 2 Z 5 = Z10 dobijemo sumand Z 10 u zapisu (1). - Od zapisa (2) nam je ostalo samo Z 5, dakle Z 5 je sumand u zapisu (1). Dobili smo Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 = Z5 Z 10 Z 30. Tako dobijemo sljedeću tablicu: Zapis (2) = Zapis (1) Z 4 Z 3 Z 125 = Z Z 2 Z 2 Z 3 Z 125 = Z2 Z Z 4 Z 3 Z 5 Z 25 = Z5 Z Z 2 Z 2 Z 3 Z 25 Z 5 = Z10 Z Z 4 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 = Z5 Z 5 Z Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 = Z5 Z 10 Z 30 c) 16 = 2 4. Uočimo da će zapis (1) biti isti kao zapis (2), jer u zapisu (2) nećemo imati što sparivati: 24

28 1.7. Strukturni teorem za konačno generirane Abelove grupe Algebarske strukture Zapis (2) = Zapis (1) 2 4 Z 16 = Z Z 2 Z 8 = Z2 Z Z 4 Z 4 = Z4 Z Z 4 Z 2 Z 2 = Z4 Z 2 Z Z 2 Z 2 Z 2 Z 2 = Z2 Z 2 Z 2 Z 2 Zadaci za vježbu 1. Dokažite da sljedeći elementi grupe G imaju isti red (a) a i a 1 (b) a i bab 1 (c) ab i ba Uputa: posebno razmotrite slučaj a < i a =. 2. Neka su G i H grupe, te f : G H homomorfizam. Ako je a = n, koje sve vrijednosti može poprimiti f(a)? 3. Neka je G konačna grupa, G = p, gdje je p prost. Dokažite da je g ciklička. 4. Neka je G Abelova grupa. Dokažite da je skup svih elemenata konačnog reda podgrupa od G. 5. Koje su od sljedećih grupa cikličke? (a) K n = {z C : z n = 1}. (b) P p (c) K = n K n. = {z C postoji n N takav da z pn = 1}, gdje p prost (d) S 1 = {z C : z = 1}. 6. Promatrajmo (Q, +). Promatrajmo nadalje podgrupu H {0} od Q generiranu s dva elementa, tj. H =< {a, b} >, za neke a, b Q. Dokažite da je H beskonačna ciklička. 7. Neka su G i, i = 1, 2,... podgrupe grupe G sa svojstvom G i G i+1, G i G i+1 za sve i = 1, 2,.... Dokažite da i G i nije ciklička. 25