Τρίτη 4 εκεµβρίου m + 4Z

ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τρίτη 4 εκεµβρίου 202 Ασκηση. Βρείτε όλα τα σύµπλοκα (πλευρικές κλάσεις της υποοµάδας H G της οµάδας G και περιγράψτε την οµάδα πηλίκο στις ακόλουθες περιπτώσεις : ( H = 4Z Z. (2 H = 4Z 2Z. (3 H = [8] 36 Z 36. Λύση. Ολες οι εµπλεκόµενες οµάδες είναι προσθετικές, και άρα ο συµβολισµός µας εδώ είναι προσθετικός. ( Το αριστερό σύµπλοκο της 4Z που περιέχει το m Z είναι της µορφής m + 4Z Για m = 0 έχουµε το παρακάτω σύµπλοκο που περιέχει το 0: 4Z = {, 2, 8, 4, 0, 4, 8, 2, } Για να ϐρούµε ένα άλλο αριστερό σύµπλοκο, επιλέγουµε ένα στοιχείο του Z που δεν ανήκει στο 4Z, για παράδειγµα το Z αλλά / 4Z. Συνεπώς για m = έχουµε το αριστερό σύµπλοκο Για m = 2 έχουµε το αριστερό σύµπλοκο Για m = 3 έχουµε το αριστερό σύµπλοκο + 4Z = {,, 7, 3,, 5, 9, 3, } 2 + 4Z = {, 0, 6, 2, 2, 6, 0, 4, } 3 + 4Z = {, 9, 5,, 3, 7,, 5, } Είναι ϕανερό ότι αυτά τα τέσσερα σύµπλοκα εξαντλούν το Z και άρα αποτελούν τη διαµέριση του Z στα αριστερά σύµπλοκα της 4Z, δηλαδή Z = (4Z ( + 4Z (2 + 4Z (3 + 4Z Οµως αφού η Z είναι αβελιανή οµάδα έχουµε ότι το αριστερό σύµπλοκο m + 4Z ταυτίζεται µε το δεξιό σύµπλοκο 4Z + m. Αρα η διαµέριση του Z σε δεξιά σύµπλοκα είναι η ίδια. Σχόλιο: Εστω G µια αβελιανή οµάδα και H G. Τότε τα αριστερά σύµπλοκα της H στην G συµπίπτουν µε τα δεξιά σύµπλοκα της H στην G. Από εδώ και στο εξής, όταν έχουµε µια αβελιανή οµάδα G ϑα υπολογίζουµε τα αριστερά σύµπλοκα της H, γνωρίζοντας ότι αυτά συµπίπτουν µε τα δεξιά. Επίσης υπενθυµίζουµε ότι η συλλογή όλων των διακεκριµµένων (αριστερών συµπλόκων µιας υποοµάδας αποτελεί µια διαµέριση της οµάδας, και άρα εκ κατασκευής η ένωση όλων των διακεκριµµένων (αριστερών συµπλόκων της H στην G, είναι µια ξένη ένωση η οποία συµπίπτει µε την οµάδα G. (2 Τα σύµπλοκα της 4Z στην 2Z είναι της µορφής m + 4Z µε m 2Z. Εχουµε: Για m = 0 έχουµε το σύµπλοκο 4Z = {, 2, 8, 4, 0, 4, 8, 2, }

2 Για m = 2 έχουµε το σύµπλοκο 2 + 4Z = {, 0, 6, 2, 2, 6, 0, 4, } Τα παραπάνω δυο σύµπλοκα που ϐρήκαµε εξαντλούν το 2Z και άρα αποτελούν τη διαµέριση του 2Z στα σύµπλοκα της 4Z. Αρα 2Z = (4Z (2 + 4Z (3 Τα σύµπλοκα της [8] 36 στην Z 36 είναι της µορφής [m] + [8] 36 όπου [m] Z 36. Εχουµε: Για [m] = [0] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [2] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [3] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [4] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [5] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [6] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [7] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [8] έχουµε το σύµπλοκο [8] = {[0], [8]} [] + [8] = {[], [9]} [2] + [8] = {[2], [20]} [3] + [8] = {[3], [2]} [4] + [8] = {[4], [22]} [5] + [8] = {[5], [23]} [6] + [8] = {[6], [24]} [7] + [8] = {[7], [25]} [8] + [8] = {[8], [26]} Για [m] = [6] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [7] έχουµε το σύµπλοκο [6] + [8] = {[6], [34]} [7] + [8] = {[7], [35]} Είναι ϕανερό ότι τα παραπάνω σύµπλοκα εξαντλούν το Z 36 και άρα αποτελούν τη διαµέριση του Z 36 στα σύµπλοκα της [8] 36. Συνεπώς: Z 36 = ( [8] ( [] + [8] ( [7] + [8] Ασκηση 2. Εστω η διεδρική οµάδα D 4 τάξης 8, την οποία ϑεωρούµε ως υποοµάδα της S 4 : D 4 = { Id 4, ρ, ρ 2, ρ 3, σ, σρ, σρ 2, σρ 3 }, όπου ρ = ( 2 3 4 και σ = ( 2 4 και έστω η υποοµάδα H = { Id 4, σρ } της D 4. ( Βρείτε όλα τα αριστερά σύµπλοκα (αριστερές πλευρικές κλάσεις της υποοµάδας H στην D 4. (2 Βρείτε όλα τα δεξιά σύµπλοκα (δεξιές πλευρικές κλάσεις της υποοµάδας H στην D 4. (3 Είναι H κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της D 4 ;

Λύση. ( Τα αριστερά σύµπλοκα της υποοµάδας H = { Id 4, σρ } της D 4 είναι τα εξής: Id 4 H = H ρh = {ρ, ρσρ} = {ρ, σρ 3 } ρ 2 H = {ρ 2, ρ 2 σρ} = {ρ 2, σ} ρ 3 H = {ρ 3, ρ 3 σρ} = {ρ 3, σρ 2 } Τα παραπάνω σύµπλοκα που ϐρήκαµε εξαντλούν την οµάδα D 4 και άρα αποτελούν τη διαµέριση της D 4 στα αριστερά σύµπλοκα της H = {Id 4, σρ}. Αρα έχουµε D 4 = {Id 4, σρ} {ρ, σρ 3 } {ρ 2, σ} {ρ 3, σρ 2 } (2 Τα δεξιά σύµπλοκα της υποοµάδας H = {Id 4, σρ} της D 4 είναι τα εξής: HId 4 = H Hρ = {ρ, σρ 2 } Hρ 2 = {ρ 2, σρ 3 } Hρ 3 = {ρ 3, σρ 4 } = {ρ 3, σ} Τα παραπάνω σύµπλοκα αποτελούν τη διαµέριση της D 4 στα δεξιά σύµπλοκα της H = {Id 4, σρ}. Αρα D 4 = {Id 4, σρ} {ρ, σρ 2 } {ρ 2, σρ 3 } {ρ 3, σ} (3 Τα αριστερά σύµπλοκα της υποοµάδας H = {Id 4, σρ} της D 4 είναι διαφορετικά από τα δεξιά σύµπλοκα, για παράδειγµα ρ 3 H Hρ 3, και άρα η H δεν είναι κανονική υποοµάδα της D 4. 3 Ασκηση 3. Να ϐρεθεί ο δείκτης της υποοµάδας H στην οµάδα G στις ακόλουθες περιπτώσεις : ( H = [3] 24 Z 24. (2 H = (2 3 S 3. (3 H = ( 3 D 4. Σε ποιές από τις παραπάνω περιπτώσεις η υποοµάδα H είναι κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της G; Λύση. Ψπενθυµίζουµε ότι αν H G είναι µια κανονική υποοµάδα µιας πεπερασµένης οµάδας G, τότε o(g/h = [G : H] = o(g o(h. Επίσης υπενθυµίζουµε ότι αν a G, όπου G είναι µια προσθετική οµάδα, τότε για κάθε k Z: o(ka = o(a (k,o(a. Με ϐάση τα παραπάνω, υπολογίζουµε τους Ϲητούµενους δείκτες: [ Z24 : [3] 24 ] = [ S3 : (2 3 ] = [ D4 : ( 3 ] = o(z 24 o( [3] 24 = 24 24 (3,24 o(s 3 o( (23 = 6 2 = 3 o(d 4 o( (3 = 8 2 = 4 = 24 8 = 3 Η οµάδα Z 24 είναι αβελιανή και άρα η H = [3] 24 είναι κανονική. Για τις άλλες δυο περιπτώσεις υπολογίζοντας τα αριστερά και δεξιά σύµπλοκα της H στην G διαπιστώνουµε ότι δεν είναι κανονικές υποοµάδες. Ασκηση 4. Θεωρούµε την πολλαπλασιαστική οµάδα GL 2 (R των αντιστρέψιµων πινάκων µε στοιχεία πραγ- µατικούς αριθµούς. ( Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι υποοµάδα της GL 2 (R. G = {( 0 d M2 2 (R ad 0 }

4 (2 Να δείξετε ότι το υποσύνολο H = {( b 0 M2 2 (R b R } είναι κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της G. (3 Να δειχθεί ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. ( ( Λύση. ( Εστω x y 0 d, 0 z G. Τότε ( ( ( x y ax ay + bz = G 0 d 0 z 0 dz διότι axdz 0 αφού ad 0 και ( xz 0. Αρα το σύνολο G είναι κλειστό ως προς τη πράξη της GL 2 (R. Προφανώς το ουδέτερο στοιχείο 0 0 της GL2 (R ( ανήκει και στη G. Εστω 0 d G. Τότε ( ( ( ( b ( a da 0 = = = a G 0 d 0 0 d 0 d διότι ad ( 0. Αρα G GL 2 (R. x y (2 Εστω 0 z G. Τότε ( x y 0 z ( b 0 ( x y 0 z Συνεπώς H GL 2 (R. (3 Η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή αν και µόνο αν = = = ( y x xz 0 z ( x 0 z ( bz x 0 bz y xz H b da 0 d ( ( b x y 0 0 z ( x y 0 z A, B G: AH BH = BH AH (ABH = (BAH AB (BA H Εστω A = ( ( 0 d, B = x y 0 z G. Εχουµε: ( ( ( x y ax ay + bz AB = = 0 d 0 z 0 dz και τότε (AB (BA = BA = (BA = ( x y 0 z ( xa ( = 0 d xb yd xazd 0 zd ( ( ax ay + bz xa 0 dz Αρα η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. xb yd xazd 0 zd ( xa xb + yd 0 zd = ( ax 2 b axyd+xa 2 y+xabz xazd H 0 Ασκηση 5. Θεωρούµε το σύνολο απεικονίσεων G = { τ a,b : R R τ a,b (x = ax + b, a, b R, a 0 } το οποίο είναι οµάδα µε πράξη την σύνθεση απεικονίσεων.

5 ( Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της G. (2 Να προσδιορίσετε την οµάδα πηλίκο G/H. H = { τ,b G b R } Λύση. ( Για κάθε a, b, c, d, x R µε a, c 0 έχουµε: ( (τ a,b τ a, a b(x = τ a,b τa, a b(x (x = τ a,b a b (x = a a a b + b = x a = τ a,b τ a, a b = Id R Οµοια δείχνουµε ότι και άρα τ a, a b τ a,b = Id R (τ a,b = τ a, a b ( Ιδιαίτερα ϐλέπουµε ότι το σύνολο G αποτελείται από - και επί απεικονίσεις από το R στο R, και άρα είναι υποσύνολο της συµµετρικής οµάδας S(R επί του συνόλου R. Παρατηρούµε ότι η ταυτοτική απεικόνιση Id R : R R ανήκει στο σύνολο G διότι Id R = τ,0. Επίσης έχουµε Συνεπώς έπεται ότι (τ a,b τ c,d (x = τ a,b ( τc,d (x = τ a,b (cx + d = a(cx + d + b = acx + (ad + b = τ ac,ad+b τ a,b τ c,d = τ ac,ad+b (2 Να σηµειώσουµε ότι επειδή η ταυτοτική απεικόνιση : R R ανήκει στο υποσύνολο G, οι σχέσεις ( και (2 δείχνουν ότι το σύνολο G είναι υποοµάδα της συµµετρικής οµάδας S(R (της οποίας η πράξη είναι η σύνθεση απεικονίσεων. Εποµένως το σύνολο G εφοδιασµένο µε τη πράξη της σύνθεσης είναι οµάδα. Για κάθε τ a,b G έχουµε: Αρα δείξαµε ότι ( τ,r (ax + b (τ a,b τ,r τ a,b (x = τ a,b = τ a,b (ax + b + r = τ a, a b(ax + (b + r = a (ax + b + r a b = x + a b + a r a b = x + a r = τ,a r(x τ a,b τ,r τ a,b = τ,a r = τ a,b τ,r τ a,b H, τ a,b G Εποµένως έχουµε ότι η H είναι κανονική υποοµάδα της G. (2 Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : G/H R, τ a,b H f ( τ a,b H = a

6 Καλά ορισµένη: Εστω τ a,b H = τ c,d H. Τότε έχουµε τ a,b τ c,d H = τ a,b τ c, c d H = τ ac, ac d+b H = ac = = a = c = f ( τ a,b H = f ( τ c,d H Αρα η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη. Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω τ a,b H, τ c,d H G/H. Τότε f ( (τ a,b H(τ c,d H = f ( τ a,b τ c,d H = f ( τ ac,ad+b H = ac = f ( τ a,b H f ( τ c,d H και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Εστω τ a,b H G/H έτσι ώστε f ( τ a,b H =. Τότε a = = τ a,b H = τ,b H = τ a,b H = H και άρα ο πυρήνας της f είναι ο τετριµµένος. Συνεπώς η f είναι -. Επί : Για κάθε a R υπάρχει το στοιχείο τ a,b H G/H και από τον ορισµό της f έχουµε ότι f ( τ a,b H = a. Εποµένως η f είναι επί. Συνεπώς έχουµε ότι G/H R Ασκηση 6. Εστω η πολλαπλασιαστική οµάδα C των µη-µηδενικών µιγαδικών αριθµών. Λύση. ( Αν U = {z C z = } C, να δειχθεί ότι η οµάδα-πηλίκο C /U είναι ισόµορφη µε την πολλαπλασιαστική οµάδα R + των ϑετικών πραγµατικών αριθµών. (2 Να δείξετε ότι το σύνολο G = {( M2 2 (R (a, b (0, 0 } b a εφοδιασµένο µε την πράξη πολλαπλασιασµού πινάκων είναι οµάδα και υπάρχει ισοµορφισµός : ( Ορίζουµε την απεικόνιση G = C f : C /U R +, zu f(zu = z Εχουµε Καλά ορισµένη: Εστω zu = wu. Τότε έχουµε z w U = z w = = z w = = z = w = f(zu = f(wu Αρα η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη. Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω zu, wu C /U. Τότε f ( (zu(wu = f(zwu = zw = z w = f(zuf(wu και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Εστω zu Ker f. Τότε f(zu = = z = = z U = zu = U Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα διότι Ker f = 0 C /U. Επί : Για κάθε r R + το στοιχείο ru C /U και f(ru = r = r. Εποµένως η f είναι επί.

Αρα δείξαµε πράγµατι ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός: C /U R + ( (2 Εστω b a G. Τότε παρατηρούµε ότι b a = a2 + b 2 0 και άρα τα στοιχεία της G ανήκουν στην GL 2 (R. Θα δείξουµε ότι η G είναι υποοµάδα της GL 2 (R. Είναι ϕανερό ότι το ουδέτερο στοιχείο της GL 2 (R ( ( ανήκει και στην G. Εστω b a, c d d c G. Τότε ( ( ( c d ac bd ad + bc = G b a d c bc ad bd + ac διότι ac bd 0 ( και ad + bc 0. Αρα το σύνολο G είναι κλειστό ως προς τη πράξη της GL 2 (R. Επίσης για κάθε b a G το αντίστροφο στοιχείο ( ( ( a b = b a a 2 + b 2 = a 2 +b 2 a 2 +b 2 G b a b a 2 +b 2 a a 2 +b 2 ανήκει στην G και άρα G GL 2 (R. Θα δείξουµε ότι η G είναι ισόµορφη µε την C. Ορίζουµε την απεικόνιση f : G C (, (( b a f b a = a + bi που είναι καλά ορισµένη. Εχουµε Οµοµορφισµός Οµάδων : ( Εστω a f (( ( a x y y x b b a και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : ( Εστω b a Ker f. Τότε ( b x y b a, y x G. Τότε (( = f ax by ay+bx bx ay by+ax = (ax by + (ay + bxi = ax + ayi + bxi by = (a + bi (x + yi = f (( (( x y b a f y x f (( b a = = a + bi = + 0i = a = και b = 0 = ( ( b a = 0 0 = Ker f = {( } 0 0 Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα διότι Ker f = 0 G. Επί : Για κάθε µιγαδικό αριθµό x + yi C ( x y το στοιχείο y x Εποµένως η f είναι επί. Αρα έχουµε τον ισοµορφισµό: G C 7 G και f (( x y y x = x + yi. Ασκηση 7. ( Πόσοι οµοµορφισµοί οµάδων Z Z υπάρχουν ; (2 Πόσοι µονοµορφισµοί οµάδων Z Z υπάρχουν ; (3 Πόσοι επιµορφισµοί οµάδων Z Z υπάρχουν ; (4 Πόσοι οµοµορφισµοί οµάδων Z Z 2 υπάρχουν ; (5 Πόσοι οµοµορφισµοί οµάδων Z 2 Z υπάρχουν ;

8 Λύση. ( Θα δείξουµε ότι µια απεικόνιση f : Z Z είναι οµοµορφισµός αν και µόνο αν υπάρχει k Z έτσι ώστε f = f k : Z Z, f k (n = nk. Καταρχήν για κάθε k Z η f k είναι οµοµορφισµός αφού f k (n + n 2 = k(n + n 2 = kn + kn 2 = f k (n + f k (n 2 Εστω f : Z Z ένας οµοµοφισµός οµάδων και ϑέτουµε f( = k Z. Εστω n Z. Τότε έχουµε n : f(n = f( + + = f( + + f( = n f( = nk = f k (n n = 0: f(0 = 0 = 0 k = f k (0 n < 0: Συνεπώς για κάθε n Z έχουµε f(n = f( ( n = f( n = ( nk = kn = f k (n f(n = f(n = nf( = nk = f = f k Επειδή f k = f λ αν και µόνο αν k = λ τότε υπάρχουν Z το πλήθος οµοµοµορφισµοί από το Z Z και δίνονται από τους οµοµοριφισµούς f k µε k Z. ηλαδή η απεικόνιση είναι - και επί. Z { οµοµορφισµοί : Z Z }, k f k (2 Εστω f : Z Z ένας µονοµορφισµός. Αρα από το ( έχουµε ότι f = f k, k Z, δηλαδή f k (n = kn για κάθε n Z. Τότε f k (n = 0 = kn = 0 = k = 0 ή n = 0 και άρα k 0. Επίσης για k 0 η f είναι µονοµορφισµός. Προφανώς αν k = 0 τότε Ker f = Z και άρα η f δεν είναι µονοµορφισµός. Συνοψίζοντας έχουµε: (3 Για παράδειγµα έστω ο οµοµορφισµός f : µονοµορφισµός f = f k, k 0 φ : Z Z, φ( = 5 Τότε για κάθε z Z έχουµε φ(z = 5z και άρα η εικόνα της φ είναι φ(z = 5Z Εποµένως η εικόνα της φ δεν είναι όλο το Z και άρα η φ δεν είναι επί. Γενικά λοιπόν παρατηρούµε ότι αν ορίσουµε φ: Z Z, φ( = a τότε φ(z = az = a. Για να είναι η φ επιµορφισµός ϑέλουµε να ισχύει η ισότητα: a = Z. Αυτό όµως συµβαίνει αν και µόνο αν το a = ±. Συνεπώς έχουµε δύο επιµορφισµούς από το Z στο Z: (α f : Z Z, (ϐ f : Z Z, Παρατηρείστε από το (2 ότι αυτοί είναι και οι µόνοι ισοµορφισµοί από το Z στο Z. (4 Θεωρούµε τις παρακάτω δυο απεικονίσεις f : Z Z 2, f ( = [0] f 2 : Z Z 2, f 2 ( = [] Η απεικόνιση f είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός και για κάθε n Z έχουµε: [0] αν n άρτιος f 2 (n = nf 2 ( = n[] = [n] = [] αν n περιτός Συνεπώς έχουµε 2 οµοµορφισµούς από το Z στο Z 2.

9 (5 Εστω f : Z 2 Z ένας οµοµορφισµός. Αρα f([0] = 0 και f([] = x για κάποιο x Z. Τότε f([0] = f([2] = f([] + [] = f([] + f([] = x + x = 2x = 2x = 0 = x = 0 Εποµένως f([] = 0 και άρα ο µοναδικός οµοµορφισµός Z 2 Z είναι ο µηδενικός. Ασκηση 8. ώστε παράδειγµα µη-τετριµµένου οµοµορφισµού, η δικαιολογήστε γιατί δεν υπάρχει µη-τετριµµένος οµοµορφισµός, f : G H, όπου : ( f : Z 2 Z 5. (2 f : Z 2 Z 4. (3 f : Z 2 Z 4 Z 2 Z 5. (4 f : Z 3 Z. (5 f : Z 3 S 3. (6 f : Z S 3. (7 f : Z Z 2Z. (8 f : 2Z Z Z. (9 f : D 4 S 3. (0 f : S 3 S 4. ( f : S 4 S 3. Λύση. ( Εστω f : Z 2 Z 5 ένας οµοµορφισµός. Τότε f([] 2 = [x] 5 για κάποιο στοιχείο [x] 5 Z 5. Τότε επειδή οι πιθανές τάξεις του [x] 5 είναι ή 5, και επειδή προφανώς η τάξη του f([] 2 διαιρεί την τάξη του στοιχείου [x] 5, ϑα έχουµε o ( f([] 2 o([] 2 = ή 5 2 Αρα η µόνη δυνατή επιλογή είναι o ( f([] 2 = και άρα f([] 2 = [0] 5. Συνεπώς ο µόνος οµοµορ- ϕισµός από το Z 2 στο Z 5 είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός. (2 Ορίζουµε την απεικόνιση Αν [k] 2 = [λ] 2 τότε f : Z 2 Z 4, [k] 2 f([k] 2 = [3k] 4 2 k λ = k λ = 2r = k = 2r + λ = 3k = 3 2r + 3λ = 3k = 4(9r + 3λ = [3k] 4 = [3λ] 4 Αρα η f είναι καλά ορισµένη και εύκολα διαπιστώνουµε ότι είναι και οµοµορφισµός οµάδων. (3 Ορίζουµε την απεικόνιση f : Z 2 Z 4 Z 2 Z 5, ([x] 2, [y] 4 f([x] 2, [y] 4 = ([x] 2, [y] 5 Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων που δεν είναι ο τετριµµένος. (4 Εστω f : Z 3 Z, f([] = x, ένας οµοµορφισµός. Τότε 0 = f([0] = f([3] = 3f([] = 3x = 3x = 0 = x = 0 Εποµένως δεν υπάρχει µη-τετριµµένος οµοµορφισµός από το Z 3 στο Z. (5 Ορίζουµε την απεικόνιση f : Z 3 S 3, [] 3 f([] 3 = ( 2 3 και άρα f([0] 3 = (, f([2] 3 = ( 3 2. Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (6 Θεωρούµε την απεικόνιση g Z Z 3 h=f g f S 3

0 όπου η g στέλνει όλους τους ακέραιους n [n] 3 και η f είναι ο οµοµορφισµός που ορίσαµε στο (5. Τότε η h είναι οµοµορφισµός οµάδων ως σύνθεση οµοµορφισµών και ορίζεται ως εξής: ( αν [n] 3 = [0] 3 h(n = ( 2 3 αν [n] 3 = [] 3 (7 Ορίζουµε την απεικόνιση ( 3 2 αν [n] 3 = [2] 3 f : Z Z 2Z, (m, n f(m, n = 2m Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων που δεν είναι ο τετριµµένος. (8 Ορίζουµε την απεικόνιση f : 2Z Z Z, 2k f(2k = (2k, 0 Τότε εύκολα διαπιστώνουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (9 Ορίζουµε την απεικόνιση f : D 4 S 3 ως εξής: f( = ( f ( ( 2 3 4 = ( 2 f ( ( 2(3 4 = ( f ( ( 4(2 3 = ( και f ( ( 4 3 2 = ( 2 f ( ( 3 = ( 2 f ( ( 3(2 4 = ( f ( (2 4 = ( 2 Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (0 Ορίζουµε την απεικόνιση όπου η µετάθεση µ ορίζεται ως εξής: f : S 3 S 4, σ f(σ = µ µ(i = σ(i, i 3 4, i = 4 Τότε έπεται άµεσα ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. ( Ορίζουµε την απεικόνιση (, σ A 4 f : S 4 S 3, σ f(σ = ( 2, σ S 4 \ A 4 Τότε έχουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ασκηση 9. Να δείξετε ότι : ( Υπάρχουν µονοµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. (2 Υπάρχουν επιµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. Λύση. ( Θεωρούµε την απεικόνιση f k : Z Z, n f k (n = kn Τότε για k 0,, η f είναι µονοµορφισµός αλλά όχι ισοµορφισµός.

(2 Εστω η απεικόνιση f : C C, z f(z = z n Είναι ϕανερό ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Εστω w = a + bi = r cos θ + ir sin θ C. Τότε υπάρχει ο µιγαδικός αριθµός z = n r ( cos θ n + i sin θ C n έτσι ώστε f(z = z n = w και άρα η f είναι επιµορφισµός. Οµως Ker f = {z C f(z = } = U n δηλαδή η f δεν είναι µονοµορφισµός και άρα έχουµε ότι η f δεν είναι ισοµορφισµός. Ασκηση 0. Θεωρούµε την κανονική (ορθόθετη υποοµάδα Z της προσθετικής οµάδας R. Να ϐρεθούν όλα τα στοιχεία πεπερασµένης τάξης της οµάδας πηλίκο R/Z. Λύση. Εστω στοιχείο x + Z R/Z µε x + Z 0 + Z = Z και έστω ότι η τάξη του x + Z είναι πεπερασµένη. Τότε υπάρχει n έτσι ώστε Εποµένως δείξαµε ότι n (x + Z = Z = nx + Z = Z = nx = m Z n 0 = x = m n Q Αντίστροφα τώρα, έστω p q + Z R/Z µε p, q Z και q 0. Τότε q ( p q Από τις σχέσεις ( και (2 έπεται ότι o(x + Z < = x Q ( pq + Z = q + Z = p + Z = Z = o(p + Z < (2 q Q/Z = { r + Z R/Z r Q } = { x + Z R/Z o(x + Z < } δηλαδή τα στοιχεία πεπερασµένης τάξης της R/Z είναι ακριβώς τα στοιχεία της οµάδας πηλίκο Q/Z η οποία είναι υποοµάδα της οµάδας R/Z. Ασκηση. Εστω η προσθετική οµάδα Z των ακεραίων την οποία ϑεωρούµε ως υποοµάδα της προσθετικής οµάδας R των πραγµατικών αριθµών, και έστω U = { z C z = } η (πολλαπλασιαστική οµάδα του κύκλου. ( Να δείξετε ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός R/Z = (2 είξτε ότι οι οµάδες U = {z C z = } και R δεν είναι ισόµορφες. U Λύση. ( Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : R/Z U, x + Z f(x + Z = e 2πix = cos (2πx + sin (2πx Καλά ορισµένη: Εστω x + Z = y + Z. Τότε x y = m Z και έχουµε e 2πim = = e 2πi(x y = = e 2πix 2πiy = = e 2πix (e 2πiy = = e 2πix = e 2πiy Αρα η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη. = f(x + Z = f(y + Z

2 Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω x + Z, y + Z R/Z. Τότε f ( (x + Z + (y + Z = f(x + y + Z = e 2πi(x+y = e 2πix+2πiy = e 2πix e 2πiy = f(x + Zf(y + Z και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Εστω x + Z Ker f. Τότε f(x + Z = = e 2πix = = 2πx 2κπ, κ Z = x Z = x + Z = Z Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα. = Ker f = 0 + Z = 0 R/Z Επί : Εστω x + iy U. Γνωρίζουµε ότι υπάρχει µοναδικός αριθµός θ R έτσι ώστε x + iy = cos θ + i sin θ. Τότε f ( θ 2π + Z = e 2πi θ 2π = e iθ = cos θ + i sin θ = x + iy Εποµένως η f είναι επί. Αρα δείξαµε πράγµατι ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός: R/Z U (2 Οι οµάδες U = {z C z = } και R δεν είναι ισόµορφες διότι το στοιχείο i U έχει τάξη 4 ενώ το µόνο στοιχείο πεπερασµένης τάξης στην R είναι το 0. Ασκηση 2. Εστω G µια άπειρη οµάδα. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : ( Η G είναι κυκλική. (2 Κάθε υποοµάδα H {e} της G είναι ισόµορφη µε την G. Λύση. ( (2 Εστω ότι η G είναι κυκλική, δηλαδή υπάρχει στοιχείο a G έτσι ώστε G = a. Τότε οι υποοµάδες της G είναι οι ακόλουθες: {e}, a, a 2, a 3,, a n, Εστω H {e} υποοµάδα της G. Τότε H = a k για κάποιο k και άρα η H είναι άπειρη κυκλική. Οµως από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι κάθε δυο άπειρες κυκλικές οµάδες είναι ισοµόρφες. Αρα έχουµε ότι H G. ιαφορετικά ϑα δείξουµε κατευθείαν το Ϲητούµενο ισοµορφισµό. Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : G = a H = a k, a m Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω a m, a n G. Τότε f(a m = a mk = (a k m f(a m a n = f(a m+n = a (m+nk = a mk+nk = a mk a nk = f(a m f(a n και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Αν f(a m = f(a n τότε a mk = a nk = a mk nk = e Επειδή o(a = έπέται ότι mk nk = (m nk = 0 και άρα m = n ή k = 0. Αν k = 0 τότε έχουµε άτοπο διότι H {e}. Συνεπώς έχουµε a m = a n, δηλαδή η f είναι ένα προς ένα.

3 Επί : Τα στοιχεία της H είναι της µορφής a kλ µε λ. Τότε έχουµε το στοιχείο a λ G και f(a λ = a λk. Εποµένως η f είναι επί. Αρα δείξαµε πράγµατι ότι : H G. (2 ( Επειδή η G είναι άπειρη υπάρχει στοιχείο a G µε a e. Θεωρούµε τη κυκλική υποοµάδα H = a της G που παράγεται από το στοιχείο a. Τότε από την υπόθεση µας έπεται ότι H G και άρα η οµάδα G είναι κυκλική. Ασκηση 3. Εστω G µια οµάδα. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : ( Η G είναι αβελιανή. (2 Η απεικόνιση f : G G, f(x = x είναι οµοµορφισµός. (3 Η απεικόνιση g : G G, f(x = x 2 είναι οµοµορφισµός. (4 Η απεικόνιση h : G G G, h(x, y = xy είναι οµοµορφισµός. Λύση. ( (2 Υποθέτουµε ότι η οµάδα G είναι αβελιανή και έστω x, y G. Τότε: f(xy = (xy = y x = x y = f(xf(y και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (2 ( Εστω ότι η απεικόνιση f είναι οµοµορφισµός οµάδων και έστω x, y G. Τότε: f(xy = (xy = (xy = x y = (xy = (yx = xy = yx f(xf(y = x y Συνεπώς η οµάδα G είναι αβελιανή. ( (3 Υποθέτουµε ότι η οµάδα G είναι αβελιανή και έστω x, y G. Τότε: g(xy = (xy 2 = xy xy = xx yy = x 2 y 2 = g(xg(y Αρα η g είναι οµοµορφισµός οµάδων. (3 ( Υποθέτουµε αντίστροφα ότι η απεικόνιση g είναι οµοµορφισµός οµάδων και έστω x, y G. Τότε: g(xy = (xy 2 = xyxy = xyxy = x 2 y 2 = xyxy = xxyy = yx = xy g(xg(y = x 2 y 2 Αρα η οµάδα G είναι αβελιανή. ( (4 Εστω ότι η οµάδα G είναι αβελιανή και έστω x, y G. Τότε: h ( (x, y (x 2, y 2 = h(x x 2, y y 2 = x x 2 y y 2 = x y x 2 y 2 = h(x, y h(x 2, y 2 και άρα η h είναι οµοµορφισµός οµάδων (4 ( Υποθέτουµε ότι η απεικόνιση h είναι οµοµορφισµός οµάδων και έστω x, y G. Τότε έχουµε: Εποµένως η οµάδα G είναι αβελιανή. h ( (x, e (e, y = h(xe, ey = h(x, y = xy h ( (e, y (x, e = h(e, yh(x, e = ey ex = yx = xy = yx Ασκηση 4. Εστω G µια πεπερασµένη οµάδα και H µια υποοµάδα της G µε την ιδιότητα ότι η H είναι η µοναδική υποοµάδα της G µε τάξη o(h. Να δείξετε ότι η H είναι κανονική (ορθόθετη.

4 Λύση. Από την υπόθεση µας έχουµε ότι αν K G είναι µια άλλη υποοµάδα της G µε τάξη o(k = o(h τότε K = H. Για κάθε g G ϑεωρούµε την υποοµάδα g Hg της G. Τότε η απεικόνιση f : H g Hg, h f(h = g hg είναι ένα προς ένα και επί και άρα o(h = o(g Hg. Συνεπώς από την υπόθεση µας έπεται ότι και άρα η H είναι κανονική. H = g Hg, g G Ασκηση 5. Εστω G µια πεπερασµένη οµάδα και H µια κανονική υποοµάδα της G. Αν ( [G : H], o(h = τότε να δείξετε ότι : x G : x o(h = e = x H Λύση. Εστω o(h = m και [G : H] = n. Επειδή η H είναι µια κανονική υποοµάδα της G τότε o(g/h = [G : H] = n Εστω x G έτσι ώστε x o(h = e, δηλαδή x m = e. Τότε έχουµε: Οµως Από τις σχέσεις ( και (2 έπεται ότι (xh m = x m H = eh = H = o(xh m ( o(xh n = o(g/h (2 o(xh (m, n = = o(xh = = xh = eh = x H και άρα έχουµε το Ϲητούµενο. Να σηµειώσουµε ότι το αντίστροφο, δηλαδή x H = x o(h = e, έχει αποδειχθεί για κάθε πεπερασµένη οµάδα G, ϐλέπε Κεφάλαιο 3 στα Θεωρητικά Θέµατα του µαθήµατος.