Οµάδες-Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών

Κεφάλαιο 5 Οµάδες-Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών 5.1 Συνοπτική Θεωρία Στο παρόν Κεφάλαιο επικεντρωνόµαστε στις ϐασικές ιδιότητες των οµάδων πηλίκων και των Θεωρηµάτων Ισοµορφισµών Οµάδων και στις εφαρµογές τους στη ϑεωρία πεπερασµένων ή άπειρων οµάδων. 5.1.1 Κανονικές Υποοµάδες και Οµάδες-Πηλίκα Υπενθυµίζουµε ότι µια υποοµάδα H της G καλείται κανονική υποοµάδα αν ικανοποιείται µια από τια ακόλουθες ισοδύναµες συνθήκες : 1. N G (H) = G, δηλαδή G = { x G xh x 1 = H }. 2. x G: xh x 1 H. 3. x G, h H: x h x 1 H. 4. x G: xh = H x. και τότε ϑα γράφουµε : H G. Εστω ότι G είναι µια οµάδα και ότι H είναι µια υποοµάδα της G. Τότε ορίζοντας αποκτούµε µια σχέση ισοδυναµίας R H επί του συνόλου G. x, y G : x RH y x 1 y H (5.1) Αν η υποοµάδα H της οµάδας (G, ) είναι κανονική : H G, τότε η σχέση ισοδυναµίας R H είναι συµβι- ϐαστή µε την πράξη της οµάδας G, και τότε το σύνολο-πηλίκο G/H = G/R H = { [x] H G x G } = { xh G x G } είναι εφοδιασµένο µε την επαγόµενη καλά ορισµένη πράξη : G/H G/H G/H, ([x] H,[y] H ) := [x] H [y] H = [x y] H δηλαδή : G/H G/H G/H, xh yh := (x y)h Πρόταση 5.1.1. Εστω H G µια κανονική υποοµάδα µιας οµάδας G. Τότε : 233

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 234 1. Το σύνολο-πηλίκο G/H αποτελεί οµάδα µε πράξη : xh yh := (x y)h Το ουδέτερο στοιχείο της οµάδας G/H είναι η πλευρική κλάση (σύµπλοκο) eh = H και το αντίστροφο του στοιχείου xh είναι η πλευρική κλάση (σύµπλοκο) x 1 H: e G/H = e G H = H και (xh) 1 = x 1 H Η οµάδα G/H καλείται η οµάδα-πηλίκο της G ως προς την κανονική υποοµάδα H. 2. Αν η οµάδα G είναι αβελιανή, τότε και η οµάδα-πηλίκο G/H είναι αβελιανή. 3. Αν η οµάδα G είναι πεπερασµένη, τότε και η οµάδα-πηλίκο G/H είναι πεπερασµένη και ισχύει : o(g/h) = o(g) = [G : H] o(h) Γενικότερα αν H G είναι µια κανονική υποοοµάδα της, όχι απαραίτητα πεπερασµένης, οµάδας G τότε η τάξη G/H της οµάδας-πηλίκο G/H είναι ο δείκτης [G : H] της H στην G. Υπενθυµίζουµε ότι µια απεικόνιση f : G G µεταξύ οµάδων (G, ) και (G, ) καλείται οµοµορφισµός οµάδων αν : x, y G : f (x y) = f (x)f (y) Ενας ενδοµορφισµός της οµάδας G είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων f : G G. Σηµειώνουµε ότι, χάριν ευκολίας του συµβολισµού, συµβολίζουµε µε το ίδιο σύµβολο την πράξη στις οµάδες G και G. Γενικά αν είναι η πράξη της G και η πράξη της G, τότε η παραπάνω σχέση γράφεται : f (x y) = f (x) f (y). Επίσης σηµειώνουµε ότι για κάθε οµάδα G, η ταυτοτική απεικόνιση Id G : G G, Id G (x) = x, είναι ένας ενδοµορφιµός της G, ο οποίος καλείται ο ταυτοτικός ενδοµορφισµός της G, και αν G,G είναι οµάδες, τότε η απεικόνιση f : G G, f (x) = e G, x G, είναι προφανώς ένας οµοµορφισµός, ο οποίος καλείται ο τετριµµένος οµοµορφισµός (από την G στην G ). Πρόταση 5.1.2. ( = Πρόταση 2.1.54). Εστω (G, ) και (G, ) δύο οµάδες. 1. Εστω ότι f : G G είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. Τότε : (αʹ) f (e G ) = e G. (ϐʹ) a G 1 : f (a 1 ) = f (a) 1. (γʹ) Αν a 1,, a n G, n 1, τότε : f (a 1 a n ) = f (a 1 ) f (a n ). (δʹ) a G 1, n Z: f (a n ) = f (a) n. 2. Η σύνθεση οµοµορφισµών (ισοµορφισµών) οµάδων οµάδων είναι (οµοµορφισµός) ισοµορφισµός οµάδων. 3. (αʹ) Αν ο οµοµορφισµός οµάδων f : G G είναι ισοµορφισµός, τότε η αντίστροφη απεικόνιση f 1 : G G είναι ισοµορφισµός οµάδων. (ϐʹ) Ενας οµοµορφισµός οµάδων f : G, ) G είναι ισοµορφισµός αν και µόνον αν υπάρχει οµοµορ- ϕισµός οµάδων g : G G, (και τότε g = f 1 ), έτσι ώστε : f g = Id G και g f = Id G Ορισµός 5.1.3. Εστω ότι f : G G είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Ο πυρήνας του f είναι το υποσύνολο του συνόλου G το οποίο ορίζεται ως : Ker(f ) = { } x G f (x) = e G

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 235 2. Η εικόνα του f είναι το υποσύνολο του συνόλου G το οποίο ορίζεται ως : Im(f ) = { f (x) G x G } Η επόµενη Πρόταση δίνει χαρακτηρισµούς µονοµορφισµών, επιµορφισµών και ισοµορφισµών οµάδων, και επιπλέον δείχνει ότι ο πυρήνας ενός οµοµορφισµού οµάδων είναι κανονική υποοµάδα. Πόρισµα 5.1.4. Εστω f : G G ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Ο πυρήνας Ker(f ) του f είναι µια κανονική υποοµάδα της G. Επιπλέον ο f είναι µονοµορφισµός αν και µόνον αν Ker(f ) = {e G }. 2. Η εικόνα Im(f ) του f είναι µια υποοµάδα της G. Επιπλέον ο f είναι επιµορφισµός αν και µόνον αν Im(f ) = G. 5.1.2 Τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών Τα επόµενα σηµαντικά Θεωρήµατα, είναι γνωστά ως Θεωρήµατα Ισοµορφισµών Οµάδων. Θεώρηµα 5.1.5 (1ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. Τότε η απεικόνιση f : G 1 /Ker(f ) Im(f ), f (x Ker(f )) = f (x) ορίζει έναν ισοµορφισµό οµάδων f : G 1 /Ker f = Im(f ) Πόρισµα 5.1.6. Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Αν ο f είναι µονοµορφισµός, τότε ο οµοµορφισµός f : G 1 G 2 ορίζει έναν ισοµορφισµό f : G 1 = Im(f ) G2, f (x) = f (x) ηλαδή η G 2 είναι ισόµορφη µε µια οµάδα πηλίκο της G 1. 2. Αν ο f είναι επιµορφισµός, τότε ο οµοµορφισµός f : G 1 G 2 επάγει έναν ισοµορφισµό G 1 /Ker(f ) = G 2 ηλαδή η G 2 είναι ισόµορφη µε την υποοµάδα Im(f ) της G 2. Θεώρηµα 5.1.7 (2ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι G είναι µια οµάδα, H G είναι µια υποοµάδα της G, και N G είναι µια κανονική υποοµάδα της G. Τότε : 1. Το υποσύνολο H N = {hn G h H και n N} είναι µια υποοµάδα της G και N HN. 2. H N H, και υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων : HN / N = H / (H N) Αν η οµάδα G είναι προσθετική, τότε ο παραπάνω ισοµορφισµός έχει την ακόλουθη µορφή : H + N / N = H / (H N)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 236 Θεώρηµα 5.1.8 (3ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι H G και N G είναι κανονικές υποοµάδες µιας οµάδας G, και έστω ότι N H. Τότε η οµάδα πηλίκο H/N είναι µια κανονική υποοµάδα της οµάδας πηλίκο G/N και υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων : G/N / H/N = G/H Θεώρηµα 5.1.9 (4ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Η απεικόνιση Φ : { H G 1 Ker(f ) H } { K G 2 K Im(f ) }, Φ(H) = f (H) είναι «1-1» και «επί», µε αντίστροφη την απεικόνιση : Ψ : { K G 2 K Im(f ) } { H G 1 Ker(f ) H }, Ψ(K ) = f 1 (K ) 2. Επιπλέον οι «1-1» και «επί» απεικονίσεις Φ και Ψ διατηρούν την κανονικότητα, µε άλλα λόγια : Ker(f ) H G 1 f (H) Im(f ) και K Im(f ) Ker(f ) f 1 (K ) G 1 Η επόµενη Πρόταση περιγράφει τις (κανονικές) υποοµάδες της µιας οµάδας πηλίκο. Πόρισµα 5.1.10 (Θεώρηµα Αντιστοιχίας Υποοµάδων). Εστω ότι N G είναι µια κανονική υποοµάδα µιας οµάδας G. Τότε η απεικόνιση Φ : { (κανονικές) υποοµάδες H της G έτσι ώστε : N H } { (κανονικές) υποοµάδες K της G/N } Φ(H) = π N (H) = H/N είναι «1-1» και «επί». Το ακόλουθο αποτέλεσµα δείχνει ότι κάθε οµάδα µπορεί να ϑεωρηθεί, µε ακρίβεια ισοµορφισµού, ως υποοµάδα µιας κατάλληλης οµάδας µεταθέσεων. Θεώρηµα 5.1.11 (Θεώρηµα Cayley (1854) ). Κάθε οµάδα (G, ) είναι ισόµορφη µε µια υποοµάδα µιας κατάλληλης οµάδας µεταθέσεων. Ιδιαίτερα αν η οµάδα G είναι πεπερασµένη µε τάξη G = n <, τότε η G είναι ισόµορφη µε µια υποοµάδα της συµµετρικής οµάδας S n. Με άλλα λόγια υπάρχει ένας µονοµορφισµός οµάδων L G : G S(G), L G (a) : G G, L(a)(x) = a x και η οµάδα G είναι ισόµορφη µε την υποοµάδα Im(L G ) S(G): L G : G = Im(L G ) S(G) Παρόµοια µπορούµε να ορίσουµε µια απεικόνιση R G : G S(G), R G (g ) = r g όπου r g : G G, r g (x) = xg 1 Ακριβώς µε τον ίδιο τρόπο όπως στο Θεώρηµα 5.1.11, αποδεικνύεται ότι η R G είναι µια «1-1» απεικόνιση R G : G S(G) η οποία είναι µονοµορφισµός οµάδων διότι εύκολα προκύπτει ότι R g1 g 2 = R g1 R g2.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 237 Ορισµός 5.1.12. Εστω ότι G είναι µια οµάδα. 1. Ο µονοµορφισµός L G : G S(G), g L G = l g, και l g (x) = g x καλείται η αριστερή κανονική αναπαράσταση της G. 2. Ο µονοµορφισµός R G : G S(G), g R G = r g, και r g (x) = xg 1 καλείται η δεξιά κανονική αναπαράσταση της G. 5.2 Λυµένες Ασκήσεις Ασκηση 5.2.1. Βρείτε την τάξη της δοθείσας οµάδας πηλίκο : 1. Z 6 / [3]6 2. (Z 4 Z 12 ) / ( [2] 4 [2] 12 ) 3. (Z 4 Z 2 ) / ([2] 4,[1] 2 ) 4. (Z 3 Z 5 ) / ({[0] 3 } Z 5 ) 5. (Z 2 S 3 ) / ([1] 2,(123)) Λύση. 1. Η τάξη της οµάδας πηλίκο Z 6 / [3] 6 είναι : o(z 6 / [3] 6 ) = o(z 6) o( [3] 6 ) = o(z 6) o([3] 6 ) = 6 o([3] 6 ) Επειδή ϑα έχουµε : o([3] 6 ) = o(3[1] 6 ) = o([1] 6) (3,o([1] 6 ) = 6 (3,6) = 6 3 = 2 o(z 6 / [3] 6 ) = oz 6 o([3] 6 ) = 6 2 = 3 2. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 4 Z 12 )/( [2] 4 [2] 12 ) είναι : o((z 4 Z 12 ) / ( [2] 4 [2] 12 )) = o(z 4 Z 12 ) o( [2] 4 [2] 12 ) = 48 o( [2] 4 [2] 12 ) Επειδή έπεται ότι [2] 4 = { [0] 2,[2] 4 } και [2] 12 = { [0] 12,[2] 2,[4] 12,[6] 12,[8] 12,[10] 12 } o( [2] 4 [2] 12 ) = 2 6 = 12 και εποµένως o((z 4 Z 12 ) / ( [2] 4 [2] 12 )) = 48 o( [2] 4 [2] 12 ) = 48 12 = 4

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 238 3. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 4 Z 2 ) / ([2] 4,[1] 2 ) είναι : o ( (Z 4 Z 2 ) / ([2] 4,[1] 2 ) ) = = = o(z 4 Z 2 ) o( ([2] 4,[1] 2 ) ) 4 2 [(o([2] 4 ),o([1] 2 )] 8 [2,2] = 8 2 = 4 4. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 3 Z 5 ) / ({[0] 3 } Z 5 ) είναι : διότι προφανώς o({[0] 3 } Z 5 ) = o(z 5 ) = 5. o((z 3 Z 5 )/({[0] 3 } Z 5 )) = o(z 3 Z 5 ) o({[0] 3 } Z 5 ) = 3 5 5 = 3 5. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 2 S 3 ) / ([1] 2,(123)) είναι : o((z 2 S 3 )/ ([1] 2,(123)) ) = = = o(z 2 S 3 ) o( ([1] 2,(123)) ) 2 6 [o([1] 2 ),o((123))] 12 [2,3] = 12 6 = 2 Ασκηση 5.2.2. Βρείτε την τάξη του στοιχείου : 1. [5] 12 + [4] 12 στην οµάδα πηλίκο Z 12 / [4]12 2. [26] 60 + [12] 60 στην οµάδα πηλίκο Z 60 / [12]60 3. ([2] 3,[1] 6 ) + ([1] 3,[1] 6 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) 4. ([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 6 Z 8 ) / ([4] 6,[4] 8 ) Λύση. Οι τάξεις των στοιχείων µπορούν να υπολογισθούν µε διάφορους τρόπους, συµπεριλαµβανοµένου του ορισµού. Θα δούµε παρακάτω αρκετούς τέτοιους τρόπους. 1. Η οµάδα Z 12 είναι κυκλική µε γεννήτορα την κλάση [1] 12. Επειδή η οµάδα Z 12 / [4]12 είναι πηλίκο της κυκλικής οµάδας Z 12, έπεται ότι η οµάδα Z 12 / [4]12 είναι επίσης κυκλική και µάλιστα µε γεννήτορα το στοιχείο [1] 12 + [4] 12. Ετσι ϑα έχουµε : o ( [5] 12 + [4] 12 ) = o ( 5[1] 12 + [4] 12 ) = o ( 5([1] 12 + [4] 12 ) ) = o( [1] 12 + [4] 12 ) (5,o ( [1] 12 + [4] 12 ) )

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 239 Επειδή το στοιχείο [1] 12 + [4] 12 είναι γεννήτορας της κυκλικής µάδας, ϑα έχουµε o ( [1] 12 + [4] 12 ) = o(z 12 / [4] 12 ) = o(z 12) o( [4] 12 ) = 12 o([4] 12 ) = 12 3 = 4 επειδή προφανώς o([4] 12 ) = 3. Εποµένως : o ( [5] 12 + [4] 12 ) = o( [1] 12 + [4] 12 ) (5,o ( [1] 12 + [4] 12 ) ) = 4 (5,4) = 4 1 = 4 Παρατηρούµε ότι επειδή η τάξη του στοιχείου [5] 12 + [4] 12 στην οµάδα Z 12 / [4] 12 είναι 4, δηλαδή όσο και η τάξη της οµάδας, το στοιχείο [5] 12 + [4] 12 είναι επίσης γεννήτορας της Z 12 / [4] 12. 2. Η οµάδα Z 60 είναι κυκλική µε γεννήτορα την κλάση [1] 60. Επειδή η οµάδα Z 60 / [12]60 είναι πηλίκο της κυκλικής οµάδας Z 60, έπεται ότι η οµάδα Z 60 / [12]60 είναι επίσης κυκλική και µάλιστα µε γεννήτορα το στοιχείο [1] 60 + [12] 60. Ιδιαίτερα ϑα έχουµε : o([1] 60 + [12] 60 ) = o(z 60 / [12]60 ) = o(z 60) o( [12] 60 ) = 60 o( [12] 60 ) = 60 o([12] 60 ) = 60 5 = 12 διότι όπως µπορούµε να δούµε εύκολα o([12] 60 ) = 5. Ετσι ϑα έχουµε : o ( [26] 60 + [12] 60 ) = o ( 26[1] 60 + [12] 60 ) = o ( 26([1] 60 + [12] 60 ) ) = o ( [1] 12 + [4] 12 ) = (26,o ( [1] 12 + [12] 60 ) ) = 12 (26,12) = 12 2 = 6 3. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) είναι : o((z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) ) = o(z 3 Z 6 ) o( ([1] 3,[1] 6 ) ) = 3 6 o(([1] 3,[1] 6 )) = 18 [o([1] 3,o([1] 6 ]) = 18 [3,6] = 18 6 = 3 Άρα η τάξη του στοιχείου ([2] 3,[1] 6 ) + ([1] 3,[1] 6 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) ϑα είναι διαιρέτης της τάξης 3 της οµάδας και άρα ϑα είναι 1 ή 3. Οµως η τάξη του στοιχείου δεν µπορεί να είναι 1 διότι αν είναι 1, τότε ([2] 3,[1] 6 ) ([1] 3,[1] 6 ) και άρα ([2] 3,[1] 6 ) = k([1] 3,[1] 6 ), για κάποιον ακέραιο k. ηλαδή ([2] 3,[1] 6 ) = k([k] 3,[k] 6 ) και εποµένως [2] 3 = [k] 3 και [1] 6 = [k] 6. Τότε 3 k 2 και 6 k 1. Προφανώς οι δύο τελευταίες σχέσεις διαιρετότητας µας οδηγούν σε άτοπο. Εποµένως : o(([2] 3,[1] 6 ) + ([1] 3,[1] 6 ) ) = 3 4. Η τάξη του στοιχείου ([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 6 Z 8 ) / (4,4) είναι 1, δηλαδή ([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) = (4,4) διότι το στοιχείο ([2] 6,[0] 8 ) ανήκει στην υποοµάδα ([4] 6,[4] 8 ). Πα- ϱαγµατικά : 8([4] 6,[4] 8 ) = ([32] 6,[32] 8 ) = ([2] 6,[0] 8 ). Ετσι o(([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) ) = 1 Ασκηση 5.2.3 ( ευτερο Θεωρηµα Ισοµορφισµων). Εστω G µια οµάδα, H G µια υποοµάδα της G, και N G µια κανονική υποοµάδα της G. Να δειχθεί ότι : 1. Το υποσύνολο H N = {hn G h H και n N} είναι µια υποοµάδα της G και N HN. 2. H N H, και υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων : HN / N = H / (H N) Αν η οµάδα G είναι προσθετική, τότε ο παραπάνω ισοµορφισµός έχει την ακόλουθη µορφή : H + N / N = H / (H N)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 240 3. Ως εφαρµογή να δειχθεί ότι, αν G = Z, H = 3Z, N = 4Z, τότε υπάρχει ισοµορφισµός : 3Z / 12Z = Z 4 Λύση. 1. Προφανώς e = ee H N. Εστω g 1, g 2 H N. Τότε g 1 = h 1 n 1 και g 2 = h 2 n 2, και εποµένως : Παρόµοια : g 1 g2 1 = h 1 n 1 (h 2 n 2 ) 1 = h 1 n 1 n2 1 h 1 2 = h 1 n 1 en2 1 h 1 2 = h 1 n 1 h2 1 h 2n2 1 h 1 2 = h 1 n 1 h2 1 n Εποµένως ϑα έχουµε : όπου n = h 2 n 1 2 h 1 2 = (h 1 2 ) 1 n 1 2 h 1 2 N διότι N G h 1 n 1 h 1 2 n = h 1 en 1 h 1 2 n = h 1 h 1 2 h 2n 1 h 1 2 n = h 1 h 1 2 n n HN όπου Εστω τώρα hn H N και n N, Τότε ϑα έχουµε : n = h 2 n 1 h 1 2 = (h 1 2 ) 1 n 1 h 1 2 N διότι N G g 1 g 1 2 HN και άρα HN G (hn) 1 n (hn) = n 1 h 1 n hn = n 1 (h 1 n h)n N διότι, επειδή N G, το στοιχείο h 1 n h N και n 1,n N. Άρα N HN. 2. Ορίζουµε απεικόνιση f : H HN/N, f (h) = hn ϑεωρώντας το στοιχείο h H H N. Η f είναι προφανώς οµοµορφισµός οµάδων. Ο πυρήνας της f είναι : Ker(f ) = { h H f (h) = N } = { h H hn = N } = { h H h N } = H N και εποµένως η υποοµάδα H N είναι κανονική υποοµάδα της H. Η απεικόνιση f είναι επιµορφισµός, διότι : (hn)n H N/N : (hn)n = hn διότι h 1 (hn) = (h 1 h)n = en = n N και άρα f (h) = hn = (hn)n Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών ϑα έχουµε ότι ο επιµορφισµός f ορίζει έναν ισοµορφισµό f : H/H N = HN/N, f (h(h N)) = hn 3. Τέλος έστω G = Z, H = 3Z, και N = 4Z. Χρησιµοποιώντας προσθετικό συµβολισµό (επειδή όλες οι εµπλεκόµενες οµάδες είναι προσθετικές), ϑα έχουµε : 3Z + 4Z = { 3m + 4n Z m,n Z } και έτσι από ότι αποδείξαµε πριν ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό οµάδων : 3Z / (3Z 4Z) = (3Z + 4Z) / 4Z ( ) Θα ταυτοποιήσουµε πρώτα τις οµάδες 3Z + 4Z και 3Z 4Z. Επειδή (3,4) = 1, έπεται ότι υπάρχουν x, y Z έτσι ώστε 3x + 4y = 1. Εποµένως αν k Z, τότε k = k1 = k(3x + 4y) = 3(kx) + 4(k y) 3Z + 4Z

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 241 και άρα : Εποµένως 3Z + 4Z = Z (3Z + 4Z)/4Z = Z/4Z = Z 4 ( ) Από την άλλη πλευρά, 3Z 4Z = 12Z. Πραγµατικά, έστω x 3Z 4Z, και άρα x = 3n = 4m, δηλαδή 3 x και 4 x. Επειδή (3,4) = 1, ϑα έχουµε 12 = 3 4 x και άρα x = 12k για κάποιο k Z, δηλαδή x 12Z και έτσι : 3Z 4Z 12Z. Αντίστροφα, έστω x 12Z, δηλαδή x = 12k για κάποιο k Z. Τότε x = 3(4k) και άρα x 3Z και x = 4(3k) και άρα x 4Z. Εποµένως x 3Z 4Z και έτσι 12Z 3Z 4Z. Συνοψίζοντας ϑα έχουµε 3Z 4Z = 12Z και άρα 3Z/(3Z 4Z) = 3Z/12Z ( ) Συνδυάζοντας τις σχέσεις ( ),( ),( ) ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό : 3Z / 12Z = Z 4 Ασκηση 5.2.4. Εστω f : G G ένας ενδοµορφισµός της πεπερασµένης οµάδας G. Να δειχθεί ότι : G = Im(f ) Ker(f ) Τι συµπέρασµα µπορείτε να ϐγάλετε αν η τάξη της G είναι ένας πρώτος αριθµός ; Λύση. Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε ότι ο ενδοµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων G/Ker(f ) = Im(f ) και εποµένως, επειδή η οµάδα G είναι πεπερασµένη, ϑα έχουµε : G/Ker(f ) = Im(f ) = G = Im(f ) = G = Im(f ) Ker(f ) Ker(f ) Αν η τάξη της G είναι ένας πρώτος αριθµός, τότε επειδή ker( f ) G, έπεται ότι είτε Ker( f ) = 1 είτε G = Ker( f ). Στην πρώτη περίπτωση ο ενδοµορφισµός f είναι µονοµορφισµός και άρα ισοµορφισµός διότι G <, οπότε αναγκαστικά Im( f ) = G. Στην δεύτερη περίπτωση ο ενδοµορφισµός f είναι ο τετριµµένος διότι ϑα έχουµε G = Ker(f ) και τότε αναγκαστικά Im(f ) = {e}. Εποµένως αν η τάξη της G είναι ένας πρώτος αριθµός, τότε κάθε ενδοµορφισµός της G είναι είτε αυτο- µορφισµός είτε ο µηδενικός ενδοµορφισµός. Ασκηση 5.2.5. Εστω ότι G = a και H = b είναι δύο κυκλικές οµάδες, και υποθέτουµε ότι η G είναι πεπερασµένη. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Υπάρχει οµοµορφισµός f : G H έτσι ώστε f (a) = b. 2. o(b) o(a). Αν o(b) o(a), τότε υπάρχει µοναδικός οµοµορφισµός f : G H έτσι ώστε : f (a k ) = b k, k Z. Λύση. Υποθέτουµε ότι o(g) = o(a) = n, και άρα G = { e, a, a 2, a n 1}. 1. = 2. Υποθέτουµε ότι f : G H είναι ένας οµοµορφισµός έτσι ώστε f (a) = b. Τότε a n = e και άρα b n = f (a) n = f (a n ) = f (e) = e. Εποµένως o(b) n = o(a). 2. = 1. Εστω o(b) n = o(a), και n = mk, όπου m = o(b). Ορίζουµε απεικόνιση f : a b, f (a k ) = b k Προφανώς η απεικόνιση f είναι ένας καλά ορισµένος οµοµορφισµός και ισχύει f (a) = b. Αν g : a b, είναι ένας άλλος οµοµορφισµός έτσι ώστε g (a) = b, τότε ϑα έχουµε g (a k ) = g (a) k = b k = f (a) k = f (a k ) και εποµένως f = g.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 242 Ασκηση 5.2.6. Αν G είναι µια οµάδα, να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Η οµάδα G είναι αβελιανή. 2. Η οµάδα πηλίκο G/Z(G) είναι κυκλική. Αν H είναι µια υποοµάδα της G έτσι ώστε H Z(G), τότε όπως γνωρίζουµε η H είναι κανονική υποοµάδα της G. Αν η οµάδα πηλίκο G/H είναι κυκλική, είναι η G αβελιανή ; Λύση. 1. = 2. Αν η G είναι αβελιανή, τότε προφανώς ϑα έχουµε G = Z(G). Ως συνέπεια ϑα έχουµε ότι η οµάδα πηλίκο ϑα είναι η τετριµµένη G/Z(G) = {ez(g)} = ez(g) και εποµένως η οµάδα πηλίκο G/Z(G) είναι κατά τετριµµένο τρόπο κυκλική. 2. = 1. Αν η G/Z(G) είναι κυκλική, έστω gz(g) ένας γεννήτοράς της : G/Z(G) = gz(g). Εστω x G. Θεωρούµε το στοιχείο xz(g) G/Z(G) και τότε xz(g) = (gz(g)) k = g k Z(G) = x 1 g k Z(G) = x 1 g k = z Z(G) = x = g k z 1 Εποµένως δείξαµε ότι : x G, k Z και z x Z(G) : x = g k z x Εστω τώρα x, y G, και όπως παραπάνω µπορούµε να γράψουµε : x = g k z x και y = g l z y όπου k,l Z και z x, z y Z(G) Τότε, επειδή τα στοιχεία z x και z y ανήκουν στο κέντρο της G, ϑα έχουµε : x y = g k z x g l z y = g k g l z x z y = g k+l z x z y = g l+k z y z x = g l g k z y z x = g l z y g k z x = yx Άρα x y = yx, x, y G, και άρα η G είναι αβελιανή. Εστω H µια υποοµάδα της G έτσι ώστε H Z(G), και εποµένως, όπως γνωρίζουµε, η H είναι κανονική υποοµάδα της G. Αν η οµάδα πηλίκο G/H είναι κυκλική, τότε η παραπάνω απόδειξη δείχνει ότι η οµάδα G είναι αβελιανή (αντικαθιστούµε στην παραπάνω απόδειξη την υποοµάδα Z(G) µε την υποοµάδα H Z(G)). Ασκηση 5.2.7. Εστω ότι G είναι µια οµάδα µε τάξη G = pq, όπου p, q είναι πρώτοι αριθµοί. Να δειχθεί ότι : είτε Z(G) = {e} είτε η G είναι αβελιανή Λύση. Υποθέτουµε ότι Z(G) {e} και άρα Z(G) > 1. Θα δείξουµε Z(G) = G ή ισοδύναµα ότι Z(G) = pq. Από το Θεώρηµα του Lagrange, έπειδή 1 < Z(G), έπεται ότι Z(G) = p ή Z(G) = q ή Z(G) = pq. Αν Z(G) = pq = G, τότε προφανώς G = Z(G) και άρα η οµάδα G είναι αβελιανή. Επειδή η υποοµάδα Z(G) είναι κανονική, έπεται ότι ορίζεται η οµάδα πηλίκο G/Z(G). Αν Z(G) = p, τότε G/Z(G) = G Z(G) = pq p = q, και αν Z(G) = q, τότε G/Z(G) = G Z(G) = pq q = p. Ετσι σε κάθε περίπτωση η οµάδα πηλίκο G/Z(G) είναι κυκλική ως οµάδα µε τάξη έναν πρώτο αριθµό. Τότε όµως από την Άσκηση 5.2.6, έπεται ότι η οµάδα G είναι αβελιανή. Άρα αν Z(G) {e}, τότε η οµάδα G είναι αβελιανή. Για παράδειγµα η συµµετρική οµάδα S 3 έχει τάξη 6 = 2 3 και δεν είναι αβελιανή διότι (1 2) (1 3) = (1 3 2) (1 2 3) = (1 3) (1 2). Άρα από την προηγούµενη Άσκηση έπεται ότι Z(S 3 ) = {ι}. Σύµφωνα µε την Άσκηση 4.2.22, ισχύει Z(S n ) = {ι}, n 3. Ασκηση 5.2.8. Εστω ότι (G, ) και (G, ) είναι δύο οµάδες, και υποθέτουµε ότι η G είναι αβελιανή.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 243 1. Το σύνολο Hom(G,G ) αποτελεί αβελιανή οµάδα µε πράξη : : Hom(G,G ) Hom(G,G ) Hom(G,G ), (f, g ) f g : G G, (f g )(x) = f (x) g (x) 2. Το ουδέτερο στοιχείο της Hom(G,G ) είναι ο οµοµορφισµός ɛ : G G, x ɛ(x) = e G 3. Το αντίστροφο στοιχείο του οµοµορφισµού f Hom(G,G ) είναι ο οµοµορφισµός f : G G, x f (x) = f (x) 1 Λύση. 1. Η πράξη είναι καλά ορισµένη, δηλαδή, f, g Hom(G,G ): f g Hom(G,G ). Πράγµατι, έστω x, y G. Τότε ϑα έχουµε : (f g )(x y) = f (x y) g (x y) = f (x) f (y) g (x) g (y) = f (x) g (x) f (y) g (y) = (f g )(x) (f g )(y) και άρα η απεικόνιση f g ανήκει στο σύνολο Hom(G,G ). 2. Προσεταιριστικότητα: Εστω ότι f, g,h : G G είναι στοιχεία του Hom(G,G ). Τότε x G: (f (g h)](x) = f (x) (g h)(x) = f (x) (g (x) h(x)) = (f (x) g (x)) h(x) = ((f g )(x)) h(x) = [(f g ) h](x) Εποµένως f (g h) = (f g ) h και η πράξη είναι προσεταιριστική στο σύνολο Hom(G,G ). 3. Υπαρξη Ουδετέρου Στοιχείου: Εστω ότι f : G G είναι ένα στοιχείο του Hom(G,G ). Τότε x G: (f ɛ)(x) = f (x) ɛ(x) = f (x) e G = f (x) = e G f (x) = ɛ(x) f (x) = (ɛ f )(x) και άρα : f ɛ = f = ɛ f. ηλαδή ο τετριµµένος οµοµορφισµός ɛ Hom(G,G ) είναι ουδέτερο στοιχείο για την πράξη. 4. Υπαρξη Αντιστρόφου Στοιχείου: Εστω ότι f : G G είναι ένα στοιχείο του Hom(G,G ). είχνουµε πρώτα ότι η απεικόνιση f : G G, f (x) = f (x) 1, x G, είναι οµοµορφισµός οµάδων. Πραγµατικά, χρησιµοποιώντας ότι η f είναι οµοµορφισµός και ότι η G είναι αβελιανή, ϑα έχουµε : f (x y) = f (x y) 1 = (f (x) f (y)) 1 = f (y) 1 f (x) 1 = f (x) 1 f (y) 1 = f (x) f (y) εποµένως η f είναι οµοµορφισµός οµάδων και άρα f Hom(G,G ). Επιπρόσθετα x G: (f f )(x) = f (x) f (x) = f (x) f (x) 1 = e G = ɛ(x) = e G = f (x) 1 f (x) = f (x) f (x) = ( f f )(x) και εποµένως f f = ɛ = f f. ηλαδή ο οµοµορφισµός f είναι το αντίστροφο στοιχείο του οµοµορ- ϕισµού f για την πράξη στο σύνολο Hom(G,G ). 5. Μεταθετικότητα: Εστω f, g Hom(G,G ). Τότε x G: (f g )(x) = f (x) g (x) = g (x) f (x) = (g f )(x) και εποµένως f g = g f, δηλαδή η πράξη στο σύνολο Hom(G,G ) είναι µεταθετική. Ασκηση 5.2.9. Εστω G = G 1 G n το ευθύ γινόµενο των οµάδων G 1,,G n. Να δειχθεί, k = 1,2,,n, ότι το υποσύνολο G i = { (e 1,,e k 1, x,e k+1,,e n ) G 1 G n x G k } είναι µια κανονική υποοµάδα της G, ισόµορφη µε την G k, και G/ G k = G1 G k 1 G k+1 G n

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 244 Λύση. Θεωρούµε την απεικόνιση f k : G G 1 G k 1 G k+1 G n, f k (x 1,, x n ) = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) Η f k είναι οµοµορφισµός οµάδων διότι αν x = (x 1,, x n ) και y = (y 1,, y n ) είναι στοιχεία της G, τότε : f k (x y) = f k (x 1 y 1,, x n y n ) = (x 1 y 1,, x k 1 y k 1, x k+1 y k+1,, x n y n ) = = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) (y 1,, y k 1, y k+1,, y n ) = f k (x) f k (y) Εστω x = (x 1,, x n ) Ker(f k ). Τότε f k (x) = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) = (e 1,,e k 1,e k+1,,e n ) και εποµένως x = (e 1,,e k 1, x k,e k+1,,e n ) G k. Άρα Ker(f k ) = G k και εποµένως η υποοµάδα G k είναι κανονική υποοµάδα της G. Η απεικόνιση f k είναι επιµορφισµός, διότι για κάθε στοιχείο (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) G 1 G k 1 G k+1 G n, έχουµε f k (x 1,, x k 1,e k, x k+1,, x n ) = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ). Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, τότε ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό οµάδων G/ G k = G1 G k 1 G k+1 G n Τέλος η απεικόνιση g k : G k G k, g k (x) = { (e 1,,e k 1, x,e k+1,,e n ) είναι προφανλως ένας ισοµορφισµός οµάδων και άρα, k = 1,2,,n: G k = G k Ασκηση 5.2.10. Θεωρούµε την κανονική υποοµάδα Z της προσθετικής οµάδας R. στοιχεία πεπερασµένης τάξης της οµάδας πηλίκο R/Z. Να ϐρεθούν όλα τα Λύση. Υπενθυµίζουµε ότι R/Z = { x + Z R x R }, όπου x + Z = y + Z x y Z Θεωρούµε στοιχείο x + Z R/Z µε x + Z 0 + Z = Z και έστω ότι η τάξη του x + Z είναι πεπερασµένη. Τότε υπάρχει n 1 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 (1) και (2) έπεται ότι o(x + Z) < = x Q (1) 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: Q/Z = { x + Z R/Z o(x + Z) < }

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 245 Ασκηση 5.2.11. Εστω ότι φ : G L είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Να δειχθεί ότι, αν H είναι µια υποοµάδα της G, τότε η εικόνα φ(h) είναι µια υποοµάδα της L. 2. Να δειχθεί ότι, αν K είναι µια υποοµάδα της L, τότε η προεικόνα φ 1 (K ) = {g G φ(g ) K } είναι µια υποοµάδα της G. Λύση. 1. Παρατηρούµε ότι το σύνολο φ(h) δεν είναι το κενό σύνολο, αφού το H, επειδή είναι µια υποοµάδα της G. Αν l 1,l 2 φ(h), τότε υπάρχουν h 1,h 2 H µε φ(h 1 ) = l 1 και φ(h 2 ) = l 2. Παρατηρούµε ότι l 1 l 1 2 = φ(h 1)φ(h 2 ) 1 = φ(h 1 )φ(h2 1 ) = φ(h 1h2 1 ). Επειδή τα h 1,h 2 ανήκουν στην υποοµάδα H, συµπεραίνουµε ότι και το h 1 h2 1 H. Εποµένως, το στοιχείο l 1 l 1 2 = φ(h 1h 1 ) ανήκει στο φ(h) και έτσι το φ(h) είναι υποοµάδα τής L. 2 2. Παρατηρούµε ότι το φ 1 (K ) δεν είναι το κενό σύνολο, αφού το ουδέτερο στοιχείο e L τής L είναι και το ουδέτερο της υποοµάδας K και επειδή φ(e G ) = e L έπεται φ 1 (K ) φ 1 ({e L }). Εστω ότι g 1, g 2 φ 1 (K ). Θα δείξουµε ότι και το g 1 g 1 2 φ 1 (K ) από όπου ϑα συµπεράνουµε ότι το φ 1 (K ) είναι υποοµάδα τής G. Εχουµε : φ(g 1 g 1 2 ) = φ(g 1)φ(g 1 2 ) = φ(g 1)φ(g 2 ) 1. Παρατηρούµε ότι το στοιχείο φ(g 1 )φ(g 2 ) 1 = φ(g 1 g2 1) ανήκει στην K, διότι τα φ(g 1) και φ(g 2 ) είναι στοιχεία τής K και η K είναι µια υποοµάδα τής L. Εποµένως, το g 1 g2 1 ανήκει στο φ 1 (K ) και γι αυτό το φ 1 (K ) είναι µια υποοµάδα τής G. Ασκηση 5.2.12. Εστω ότι G είναι µια πεπερασµένη αβελιανή οµάδα τάξης G = n, και έστω m ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : (n,m) = 1. Να δειχθεί ότι η απεικόνιση f : G G, f (a) = a m είναι ένας αυτοµορφισµός της G. Λύση. Επειδή η οµάδα G είναι αβελιανή ϑα έχουµε, x, y G: f (x y) = (x y) m = x m y m = f (x)f (y) και άρα η f είναι ένας οµοµορφισµός της G. Εστω a Ker(f ), και εποµένως f (a) = e. Τότε a m = e και, αν a e, τότε ϑα έχουµε o(a) > 1 και o(a) m. Οµως επειδή από το Θεώρηµα του Lagrange, είναι o(a) G = n, έπεται ότι ϑα έχουµε o(a) (n,m) = 1. Εποµένως o(a) = 1 και αυτό είναι άτοπο διότι o(a) > 1. Άρα a = e και εποµένως Ker(f ) = { e }, δηλαδή ο οµοµορφισµός f είναι µονοµορφισµός. Επειδή το σύνολο G είναι πεπερασµένο, έπεται ότι ο µονοµορφισµός f ϑα είναι απεικόνιση «επί» 1, και εποµένως ϑα είναι αυτοµορφισµός της G. Ασκηση 5.2.13. Σε καθεµιά από τις επόµενες περιπτώσεις να εξεταστεί αν η απεικόνιση φ η οποία ορίζεται είναι οµοµορφισµός οµάδων και στην περίπτωση που είναι, να υπολογιστεί ο πυρήνας του φ: 1. φ : Z Z, φ(z) = z 1. 2. φ : R R, φ(r ) = r και όπου R είναι η πολλαπλασιαστική οµάδα (R = R \ {0}, ). 1 είχνουµε µε διαφορετικό τρόπο ότι η f είναι «επί»: έστω b G. Επειδή (n,m) = 1, έπεται υπάρχουν ακέραιοι k,l έτσι ώστε : 1 = kn + lm. Τότε, χρησιµοποιώντας ότι b n = e διότι n = G, ϑα έχουµε : Άρα ο οµοµορφισµός f είναι επιµορφισµός. b = b 1 = b nk+lm = b nk b lm = (b n ) k (b l ) m = e k f (b l ) = f (b l )

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 246 3. φ : R GL(2,R), φ(r ) = 4. φ : G G, φ(g ) = g 1. 5. φ : Z 6 Z 2, φ([z] 6 ) = [z] 2. 6. φ : Z 7 Z 2, φ([z] 7 ) = [z] 2. ( ) 1 r. 0 1 Λύση. 1. Η φ δεν είναι οµοµορφισµός οµάδων διότι φ(0) = 1 0 2. 2. Η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός διότι : φ(r s) = r s = r s = φ(r )φ(s) Εστω φ(r ) = r = 1, τότε προφανώς r = ±1. Εποµένως Ker(φ) = {1, 1}. 3. Η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός διότι : ( ) ( )( ) 1 r + s 1 r 1 s φ(r + s) = = = φ(r )φ(s) 0 1 0 1 0 1 Άρα η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός οµάδων και 4. Αν g 1, g 2 G, τότε ϑα έχουµε : Ker(φ) = { } { ( r R φ(r ) = I 2 = r R 1 r ) ( 0 1 = 1 0 0 1)} = {r R r = 0} = {0} φ(g 1 g 2 ) = (g 1 g 2 ) 1 = g2 1 g 1 1 και φ(g 1 )φ(g 2 ) = g1 1 g 2 1 Επειδή g2 1g 1 1 = g1 1g 2 1 αν και µόνον αν (g 1 g 2 ) 1 = (g 2 g 1 ) 1 αν και µόνον αν g 1 g 2 = g 2 g 1, έπεται ότι η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός αν και µόνον αν η οµάδα G είναι αβελιανή. Υποθέτοντας ότι η G είναι αβελιανή, ϑα έχουµε ότι η φ είναι ισοµορφισµός διότι η φ είναι αντιστρέψιµη και η αντίστροφή της ψ : G G, ψ 1 (g ) = g 1 συµπίπτει µε την φ: ψ = φ. Πράγµατι : (φ ψ)(g ) = φ(ψ(g )) = φ(g 1 ) = (g 1 ) 1 = g και (ψ φ)(g ) = ψ(φ(g )) = ψ(g 1 ) = (g 1 ) 1 = g και άρα φ ψ = Id G = ψ φ, και άρα ψ = φ 1 = φ. Ιδιαίτερα Ker(φ) = {e}. 5. Η απεικόνιση φ είναι καλά ορισµένη διότι : [z] 6 = [w] 6 = 6 z w = 2 z w = [z] 2 = [w] 2 = φ([z] 6 ) = φ([w] 6 ) και είναι οµοµορφισµός διότι Τέλος φ([z] 6 + [w] 6 ) = φ([z + w] 6 ) = [z + w] 2 = [z] 2 + [w] 2 = φ([z] 6 ) + φ([w] 6 ) Ker(φ) = { [z] 6 Z 6 φ([z] 6 ) = [0] 2 } = { [z]6 Z 6 [z] 2 = [0] 2 } = { [z]6 Z 6 2 z } = { [0] 6, [2] 6, [4] 6 } 6. Η απεικόνιση φ δεν είναι καλά ορισµένη διότι : [0] 7 = [7] 7, αλλά φ([0] 7 ) = [0] 2 [1] 2 = [7] 2 = φ([7] 7 ), και άρα δεν τίθεται ϑέµα αν η φ είναι οµοµορφισµός. 2 Εδώ χρησιµοποιούµε ότι ένας οµοµορφισµός στέλνει το ουδέτερο στοιχείο της πρώτης οµάδας στο ουδέτερο στοιχείο της δεύτερης οµάδας.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 247 Ασκηση 5.2.14. ώστε παράδειγµα µη-τετριµµένου οµοµορφισµού, η δικαιολογήστε γιατί δεν υπάρχει µητετριµµένος οµοµορφισµός, f : G H, όπου : 1. f : Z 12 Z 5. 2. f : Z 12 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. 10. f : S 3 S 4. 11. f : S 4 S 3. 12. f : V 4 V 4. Λύση. 1. Εστω f : Z 12 Z 5 ένας οµοµορφισµός. Τότε f ([1] 12 ) = [x] 5 για κάποιο στοιχείο [x] 5 Z 5. Τότε επειδή οι πιθανές τάξεις του [x] 5 είναι 1 ή 5, και επειδή προφανώς η τάξη του f ([1] 12 ) διαιρεί την τάξη του στοιχείου [x] 5, ϑα έχουµε o ( f ([1] 12 ) ) o([1] 12 ) = 1 ή 5 12 Άρα η µόνη δυνατή επιλογή είναι o ( f ([1] 12 ) ) = 1 και άρα f ([1] 12 ) = [0] 5. Συνεπώς ο µόνος οµοµορφισµός από το Z 12 στο Z 5 είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός. 2. Ορίζουµε την απεικόνιση f : Z 12 Z 4, [k] 12 f ([k] 12 ) = [3k] 4 Αν [k] 12 = [λ] 12 τότε 12 k λ = k λ = 12r = k = 12r + λ = 3k = 3 12r + 3λ = 3k = 4(9r ) + 3λ = [3k] 4 = [3λ] 4 Άρα 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 ([1] 3 ) = x, ένας οµοµορφισµός. Τότε 0 = f ([0] 3 ) = f ([3] 3 ) = 3f ([1] 3 ) = 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, [1] 3 f ([1] 3 ) = (1 2 3) και άρα f ([0] 3 ) = ι, f ([2] 3 ) = f (2[1] 3 ) = (1 2 3) 2 = (1 3 2). Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. 6. Θεωρούµε την απεικόνιση g Z Z 3 h=f g f S 3

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 248 όπου g είναι η κανονική προβολή n [n] 3 και f είναι ο οµοµορφισµός που ορίσαµε στο µέρος 5. Τότε η h είναι οµοµορφισµός οµάδων ως σύνθεση οµοµορφισµών και ορίζεται ως εξής: ι αν [n] 3 = [0] 3 h(n) = (1 2 3) αν [n] 3 = [1] 3 (1 3 2) αν [n] 3 = [2] 3 7. Ορίζουµε την απεικόνιση 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. Θεωρούµε την διεδρική οµάδα D 4 ως οµάδα µεταθέσεων, υποοµάδα της S 4, η οποία προκύπτει ως οµάδα συµµετρίας του τετραγώνου µε κορυφές 1, 2, 3, 4: D 4 = { ι, (1 2 3 4), (1 3)(2 4), (1 4 3 2), (1 3), (2 4), (1 4)(2 3), (1 2)(3 4) } Ορίζουµε την απεικόνιση f : D 4 S 3 ως εξής: f (ι) = ι f ( (1 2 3 4) ) = (1 2) f ( (1 2)(3 4) ) = (1) f ( (1 4)(2 3) ) = (1) και f ( (1 4 3 2) ) = (1 2) f ( (1 3) ) = (1 2) f ( (1 3)(2 4) ) = (1) f ( (2 4) ) = (1 2) Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. 10. Ορίζουµε την απεικόνιση f : S 3 S 4, σ f (σ) = µ όπου η µετάθεση µ ορίζεται ως εξής: µ(i) = σ(i), 1 i 3 4, i = 4 Τότε έπεται άµεσα ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. 11. Ορίζουµε την απεικόνιση f : S 4 S 3, σ f (σ) = ι, σ A 4 (1 2), σ S 4 \A 4 Τότε έχουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 249 12. Υπενθυµίζουµε ότι V 4 = {e, a,b,c}, όπου a 2 = b 2 = c 2 και c = ab. Ορίζουµε την απεικόνιση e, x = e b, x = a f : V 4 V 4, x f (x) = a, x = b c, x = c Τότε έχουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ασκηση 5.2.15. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων S 4 /V 4 = S3 Λύση. Σύµφωνα µε την Άσκηση 4.2.12, έχουµε το ακόλουθο ισόµορφο αντίγραφο της οµάδας του Klein H = { ι, c, d, c d } = { ι, (12) (34), (13) (24), (14) (23) } η οποία είναι κανονική υποοµάδα της S 4 και S 4 /H = 24 4 = 6. Θεωρούµε τις αριστερές πλευρικές κλάσεις x = (123)H και y = (23)H οι οποίες είναι µη-τετριµµένα στοιχεία της οµάδας πηλίκο S 3 /H µε τάξεις o(x) = 3 και o(y) = 2. Τα στοιχεία H, xh = (123)H, x 2 H = (132)H, (23)H, (x y)h = (12)H, (x 2 y)h = (13)H είναι 6 διακεκριµένα στοιχεία της οµάδας πηλίκο S 3 /H και άρα S 4 /V 4 = S4 /H = { H, xh = (123)H, x 2 H = (132)H, (23)H, (x y)h = (12)H, (x 2 y)h = (13)H } Επειδή o(xh) = o(x 2 H) = 3 και o(yh) = o(x y)h) = o(x 2 y)h) = 2, έπεται ότι η οµάδα πηλίκο δεν έχει στοιχείο τάξης 6 και εποµένως δεν είναι κυκλική. Σύµφωνα µε την Άσκηση 3.2.38, η µόνη µη-κυκλική οµάδα τάξης 6 είναι, µε ακρίβεια ισοµορφισµού, η συµµετρική οµάδα S 3. Άρα S 4 /V 4 = S4 /H = S 3, για παράδειγµα µέσω του ισοµορφισµού f : S 4 /V 4 = S4 /H = S3 f (H) = ι, f (xh) = (123), f (x 2 H) = (132), f (yh) = (23), f ((x y)h) = (12), f ((x 2 y)h) = (13) Ασκηση 5.2.16. 1. 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 ; Λύση. 1. 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 1 + n 2 ) = k(n 1 + n 2 ) = kn 1 + kn 2 = f k (n 1 ) + f k (n 2 )

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 250 Εστω f : Z Z ένας οµοµοφισµός οµάδων και ϑέτουµε f (1) = k Z. Εστω n Z. Τότε έχουµε n > 0: f (n) = f (1 + + 1) = f (1) + + f (1) = n f (1) = 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) = ( n)k = kn = f k (n) f (n) = f (n 1) = n f (1) = nk = f = f k Επειδή προφανώς f k = f λ αν και µόνο αν k = λ τότε υπάρχουν Z το πλήθος οµοµοµορφισµοί από το Z Z και δίνονται από τους οµοµορφισµούς f k µε k Z. ηλαδή η απεικόνιση είναι «1-1» και «επί». Z { οµοµορφισµοί : Z Z }, k f k 2. Εστω f : Z Z ένας µονοµορφισµός. Άρα από το 1. 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 = f k 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, 1 φ(1) = 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, 1 φ(1) = a τότε φ(z) = az = a. Για να είναι η φ επιµορφισµός ϑέλουµε να ισχύει η ισότητα: a = Z, δηλαδή ο ακέραιος a είναι γεννήτορας της προσθετικής οµάδας (Z, +). Επειδή αυτή η οµάδα έχει µόνο δύο γεννήτορες, το 1 και το 1, έοεται ότι έχουµε δύο επιµορφισµούς από το Z στο Z: (αʹ) f 1 : Z Z, 1 1, δηλαδή f 1 (n) = n, n Z. (ϐʹ) f 1 : Z Z, 1 1, δηλαδή f 1 (n) = n, n Z. Παρατηρούµε από το 2. ότι αυτοί είναι και οι µόνοι ισοµορφισµοί από το Z στο Z. 4. Θεωρούµε τις παρακάτω δυο απεικονίσεις f 1 : Z Z 2, 1 f 1 (1) = [0] f 2 : Z Z 2, 1 f 2 (1) = [1] Η απεικόνιση f 1 είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός και για κάθε n Z έχουµε: [0] αν n άρτιος f 2 (n) = n f 2 (1) = n[1] = [n] = [1] αν n περιτός Συνεπώς έχουµε δύο οµοµορφισµούς από το Z στο Z 2.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 251 5. Εστω f : Z 2 Z ένας οµοµορφισµός. Άρα f ([0]) = 0 και f ([1]) = x για κάποιο x Z. Τότε f ([0]) = f ([2]) = f ([1] + [1]) = f ([1]) + f ([1]) = x + x = 2x = 2x = 0 = x = 0 Εποµένως f ([1]) = 0 και άρα ο µοναδικός οµοµορφισµός Z 2 Z είναι ο µηδενικός. Ασκηση 5.2.17. Εστω G µια αβελιανή οµάδα. Σύµφωνα µε την Ασκηση 2.3.27, το υποσύνολο D = { (x, x) G G x G } είναι µια κανονική υποοµάδα της οµάδας ευθύ γινόµενο G G. Να προσδιορισθεί η οµάδα πηλίκο (G G)/D. Λύση. Λαµβάνοντας υπόψη τη µορφή των στοιχείων της D,ορίζουµε απεικόνιση f : G G G, f (x, y) = x y 1 Η f είναι οµοµορφισµός οµάδων, διότι, (x, y),(z, w) G G: f ( (x, y) (z, w) ) = f (x z, y w) = (x z) (y w) 1 = x z w 1 y 1 = x y z w 1 = f ( (x, y) ) f ( (z, w) ) Ο οµοµορφισµός f είναιν επιµορφισµόις, διότι, z G: f (z,e) = z e 1 = z. Τέλος : Ker(f ) = { (x, y) G G f ( (x, y) ) = e } = { (x, y) G G x y 1 = e } = { (x, y) G G x = y } = = { (x, x) G G x G } = D Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµνορφισµών, έπεται ότι ο οµοµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων (G G)/D = G Σχόλιο 5.2.18. Στην Άσκηση 5.2.17 η υποοµάδα D της οµάδας ευθύ γινόµενο G G εί αι ισόµορφη µε την οµάδα G. Πράγµατι η απεικόνιση g : G D, g (x) = (x, x) είναι προφανώς ισοµορφισµός οµάδων. Ασκηση 5.2.19. Να δειχθεί ότι : 1. Υπάρχουν µονοµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. 2. Υπάρχουν επιµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. Λύση. Παρατηρούµε ότι αν υπάρχει οµάδα G και µονοµορφισµός, αντίστοιχα επιµορφισµός, f : G G ο οποίος δεν είναι ισοµορφισµός, τότε αναγκαστικά η οµάδα G είναι άπειρη, διότι κάθε «1-1», αντίστοιχα «επί», απεικόνιση f : G G επί ενός πεπερασµένου συνόλου G είναι «επί», αντίστοιχα «1-1». 1. Θεωρούµε την απεικόνιση f k : Z Z, n f k (n) = kn Οπως είδαµε στην Άσκηση 5.2.16, η απεικόνιση f k είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων, και επιπλέον για k 0,1, 1 η f k είναι µονοµορφισµός αλλά όχι ισοµορφισµός. 2. Εστω η απεικόνιση Είναι ϕανερό ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. f : C C, z f (z) = z n Εστω w = a + bi = r (cosθ + i sinθ) C. Τότε υπάρχει ο µιγαδικός αριθµός z = n r ( cos θ n + i sin θ n ) C έτσι ώστε f (z) = z n = w και άρα η f είναι επιµορφισµός. Οµως Ker f = { z C f (z) = 1 } = { z C z n = 1 } = U n δηλαδή η f δεν είναι µονοµορφισµός και άρα έχουµε ότι η f δεν είναι ισοµορφισµός.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 252 Ασκηση 5.2.20. Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας επιµορφισµός οµάδων. 1. Αν H G 1 είναι µια κανονική υποοµάδα της G 1 έτσι ώστε Ker(f ) H G 1, τότε υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων / = / G 1 H G2 f (H) 2. Αν K G 2 είναι µια κανονική υποοµάδα της G 2, τότε υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων G 1 / f 1 (K ) = G 2 / K Λύση. 1. Επειδή η υποοµάδα H G 1 είναι κανονική, από το Τέταρτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών 5.1.9, έπεται ότι η υποοµάδα f (H) G 2 είναι κανονική υποοµάδα της G 2, και εποµένως η κανονική προ- ϐολή π f (H) : G 2 G 2 /f (H), π f (H) (y) = y f (H), είναι επιµορφισµός οµάδων. Θεωρούµε τη σύνθεση επιµορφισµών οµάδων f = π f (H) f : G 1 G 2 G 2 / f (H), f (x) = f (x)f (H) η οποία είναι προφανώς επιµορφισµός οµάδων. Εστω x Ker(f ), και τότε f (x) = e G2 /f (H), δηλαδή f (x)f (H) = f (H). Αυτό σηµαίνει ότι f (x) f (H) και εποµένως f (x) = f (h) για κάποιο στοιχείο h H. Τότε ϑα έχουµε : f (x) = f (h) = f (x)f (h) 1 = f (x)f (h 1 ) = f (xh 1 ) = e G1 = xh 1 Ker(f ) = = xh 1 = y, όπου y Ker(f ) H = x = yh H Άρα Ker(f ) H και επειδή προφανώς, h H: f (h) = f (h)f (H) = f (H) διότι f (h) f (H), έπεται ότι H Ker(f ) και εποµένως Ker(f ) = H. Τότε από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών 5.1.5, έπεται ότι ο επιµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων : G 1 / H = G2 / f (H) 2. Επειδή η υποοµάδα K G 2 είναι κανονική, η κανονική προβολή π K : G 2 G 2 /K, π K (y) = yk, είναι επιµορφισµός οµάδων. Θεωρούµε τη σύνθεση επιµορφισµών οµάδων f = π K f : G 1 G 2 G 2 / K, f (x) = f (x)k η οποία είναι προφανώς επιµορφισµός οµάδων. Εστω x Ker(f ), και τότε f (x) = e G2 /K, δηλαδή f (x)k = K. Αυτό σηµαίνει ότι f (x) K και εποµένως x f 1 (K ). Άρα Ker(f ) f 1 (K ). Αν x f 1 (K ), τότε f (x) K, και τότε f (x) = f (x)k = K. Άρα f 1 (K ) Ker(f ), και εποµένως Ker(f ) = f 1 (K ). Τότε από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών 5.1.5, έπεται ότι ο επιµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων : G 1 / f 1 (K ) = G 2 / K Ασκηση 5.2.21. Εστω G µια άπειρη οµάδα. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Η G είναι κυκλική. 2. Κάθε υποοµάδα H {e} της G είναι ισόµορφη µε την G. Λύση. 1. = 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,

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 253 Εστω H {e} υποοµάδα της G. Τότε H = a k για κάποιο k 1 και άρα η H είναι άπειρη κυκλική. Οµως γνωρίζουµε από την υποενότητα 3.1 ότι κάθε δυο άπειρες κυκλικές οµάδες είναι ισοµόρφες. Άρα έχουµε ότι H G. ιαφορετικά: ϑα δείξουµε κατευθείαν το Ϲητούµενο ισοµορφισµό. Ορίζουµε την απεικόνιση Θα έχουµε ότι η απεικόνιση f είναι : «Οµοµορφισµός Οµάδων»: Εστω a m, a n G. Τότε και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. f : G = a H = a k, a m f (a m ) = a mk = (a k ) m f (a m a n ) = f (a m+n ) = a (m+n)k = a mk+nk = a mk a nk = f (a m )f (a n ) «1-1»: Αν f (a m ) = f (a n ) τότε a mk = a nk = a mk nk = e Επειδή o(a) = έπέται ότι mk nk = (m n)k = 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 «1-1». «Επί»: Τα στοιχεία της H είναι της µορφής a kλ µε λ 1. Τότε έχουµε το στοιχείο a λ G και f (a λ ) = a λk. Εποµένως η f είναι «επί». Άρα δείξαµε πράγµατι ότι : H G. 2. = 1. 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 5.2.22. Εστω ότι G είναι µια κυκλική οµάδα και ότι H και K είναι δύο υποοµάδες της G. Να δειχθεί ότι : G/H = G/K = H = K Λύση. Εστω ότι G = a. 1. Υποθέτουµε ότι G = n <. Τότε H = a k και K = a l, όπου k και l είναι διαιρέτες του n και H = n k και K = n l. Τποτε ϑα έχουµε : G/H = G/K = G/H = G/K = n n k = n n l = k = l = H = n k = n l = K Επειδή για κάθε διαιρέτη της τάξης µιας κυκλικής οµάδας υπάρχει µοναδική υποοµάδα µε τάξη τον διαιρέτη, έπεται ότι H = K. 2. Αν G =, τότε γνωρίζουµε ότι οι υποοµάδες της G είναι της µορφής a k, k = 0,1,2, και µόνον αυτές. Επιπλέον η απεικόνιση f : G = a Z n, f (a k ) = [k] n είναι ένας επιµορφισµός οµάδων µε πυρήνα a n. Πραγµατικά, ϑα έχουµε : f (a k a l ) = f (a k+l ) = [k + l] n = [k] n + [l] n = f (a k ) + f (a l ) Επίσης [k] n Z n έχουµε f (a k ) = [k] n και άρα η f είναι επιµορφισµός οµάδων. Τέλος Ker(f ) = { a k G f (a k ) = [0] n } = { a k G [k] n = [0] n } = { a k G n k } = { a k G k = nx, x Z } = = { (a n ) x G x Z } = a n

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 254 Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών Οµάδων, έπετα ότι η f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων Ετσι αν H = a k και K = a l, τότε ϑα έχουµε : a / a n = Z n G/H = G/K = a / a k = a / a l = Z k = Zl = k = l = H = a k = a l = K Ασκηση 5.2.23. Εστω G µια κυκλική οµάδα. 1. Αν η G είναι άπειρη, να δειχθεί ότι για κάθε ϑετικό ακέραιο n, η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη [G : H] = n. 3 2. Αν η G είναι πεπερασµένη, να δειχθεί ότι για κάθε ϑετικό διαιρέτη n της τάξης G της G, η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη [G : H] = n. Λύση. Εστω G = a. 1. Θέτουµε H = a n. Ορίζουµε απεικόνιση f : G Z n, f (a k ) = [k] n Από την Άσκηση 5.2.22, έπεται ότι η απεικόνιση f είναι επιµορφισµός οµάδων και Ker(f ) = a n = H. Τότε [G : H] = G H = Z n = n. Αν K είναι µια υποοµάδα της G µε [G : K ] = n, τότε οι κυκλικές οµάδες G/H και G/K είναι ισόµορφες διότι έχουν την ίδια τάξη [G : H] = G H = n = G K = [G : K ]. Εποµένως από την Άσκηση 5.2.22 έπεται ότι H = K. Άρα η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη ίσο µε n. 2. Αν η G είναι πεπερασµένη µε τάξη G = m, τότε για κάθε ϑετικό διαιρέτη n της τάξης m της G, ϑεωρούµε την κυκλική υποοµάδα H = a n. Επειδή H = o(a n ) = o(a), ϑα έχουµε (o(a),n) = m (n,m) = m n [G : H] = G H = m m = n. Οπως και στο µέρος 1., η υποοµάδα H είναι µοναδική διότι αν K είναι µια άλλη n υποοµάδα της G µε [G : K ] = n, τότε οι κυκλικές οµάδες G/H και G/K είναι ισόµορφες διότι έχουν την ίδια τάξη [G : H] = G H = n = G K = [G : K ]. Εποµένως από την Άσκηση 5.2.22 έπεται ότι H = K. Άρα η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη ίσο µε n. Ασκηση 5.2.24. Εστω GL(n, R) η γενική γραµµική οµάδα των αντιστρέψιµων n n πινάκων πραγµατικών αριθµών. Αν SL(n,R) = { A GL(n,R) det(a) = 1 } είναι η ειδική γραµµική οµάδα, να δείξετε ότι το σύνολο SL(n, R) είναι µια κανονική υποοµάδα της GL(n, R), και ακολούθως να περιγράψετε την οµάδα πηλίκο : Λύση. Ορίζουµε απεικόνιση GL(n,R) / SL(n,R) f : GL(n,R) R, f (A) = det(a) Επειδή η απεικόνιση ορίζουσας ικανοποιεί τη σχέση det(a B) = det(a) det(b), έπεται ότι η απεικόνιση f είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων από την GL(n,R) στην πολλαπλασιαστική οµάδα R των µη-µηδενικών πραγµατικών αριθµών. Ο οµοµορφισµός f είναι επιµορφισµός, διότι για κάθε µη-µηδενικό πραγµατικό αριθµό x, έχουµε f (A) = det(a) = x, όπου A είναι ο διαγώνιος πίνακας µε στοιχεία στην διαγώνιο παντού 1, εκτός από την ϑέση (1,1), όπου έχουµε το στοιχείο x. Προφανώς Ker(f ) = SL(n,R), και άρα η οµάδα SL(n,R) είναι µια κανονική υποοµάδα της GL(n,R). Τέλος από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό : GL(n,R) / SL(n,R) = R 3 Βλέπε και την Άσκηση 3.2.66.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 255 Ασκηση 5.2.25. Θεωρούµε την πολλαπλασιαστική γενική γραµµική οµάδα GL(2, R) των αντιστρέψιµων 2 2 πινάκων µε στοιχεία πραγµατικούς αριθµούς. 1. Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι υποοµάδα της GL(2, R). 2. Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι κανονική υποοµάδα της G. G = H = {( ) } a b M 0 d 2 (R) ad 0 {( ) } 1 b M 0 1 2 (R) b R 3. Να κατασκευάσετε έναν ισοµορφισµό H = R 4. Να δειχθεί ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. 1. Εστω ( ) ( a b x y ) 0 d, 0 z G. Τότε Λύση. ( a b 0 d ) ( ) x y = 0 z ( ) ax ay + bz G 0 dz διότι axdz 0 αφού ad 0 και xz 0. Άρα το σύνολο G είναι κλειστό ως προς τη πράξη της GL(2,R). Προφανώς το ουδέτερο στοιχείο ( ) ( 1 0 0 1 της GL(2,R) ανήκει και στη G. Εστω a b ) 0 d G. Τότε ( ) ( a b 1 b ) ( ) ( ) 1 ( a da 1 0 a b 1 b ) = = = a da G 0 d 0 0 1 0 d 0 διότι ad 0. Άρα G GL(2,R). 2. Εστω ( x y 0 z ) G. Τότε Συνεπώς H GL(2,R). 3. Ορίζουµε απεικόνιση ( ) 1 x y 0 z 1 d ( ) 1 b 0 1 ( ) x y 0 z g : H R, Η απεικόνιση g είναι οµοµορφισµός οµάδων, διότι : g (( ) ( 1 b 0 1 1 b )) (( 0 1 = g 1 b +b 0 1 = = = ( 1 x 0 ( 1 x 0 y xz 1 z ( 1 bz x 0 1 ) bz y xz 1 z ( ) 1 b 0 1 ) ) H g (( 1 b 0 1 )) = b 1 d ( ) x y 0 z )) = b + b = b + b = g ( 1 b 0 1 ( ) x y 0 z ) ( + g 1 b ) 0 1 και ϕανερά ο οµοµορφισµός g είναι επιµορφισµός. Τέλος ο οµοµορφισµός g είναι µονοµορφισµός διότι : Ker(g ) = {( ) (( )) } 1 b 0 1 H g 1 b 0 1 = 0 = {( ) )} 1 b 0 1 H b = 0 = {( )} 1 0 0 1 = { } I 2 Άρα η απεικόνιση g είναι ισοµορφισµός.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 256 4. Η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή αν και µόνο αν A,B G : AH B H = B H AH (AB)H = (B A)H AB (B A) 1 H Εστω A = ( ) ( a b x y ) 0 d, B = 0 z G. Εχουµε: AB = B A = (B A) 1 = ( ) a b 0 d ( ) x y 0 z ( 1 xa 0 ( ) x y = 0 z ( ) a b = 0 d xb yd xazd 1 zd ) ( ) ax ay + bz 0 dz ( ) xa xb + yd 0 zd και τότε (AB) (B A) 1 = ( ) ( ax ay + bz 1 xa 0 dz 0 xb yd xazd 1 zd ) ( 1 = 0 1 ax 2 b ax yd+xa 2 y+xabz xazd ) H Άρα η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. 2ος Τρόπος: Θα δείξουµε τα µέρη 2. και 4. µε χρήση του Πρώτου Θεωρήµατος Ισοµορφισµών : Εχοντας δείξει ότι η G είναι µια υποοµάδα της GL(2,R), ϑεωρούµε την οµάδα ευθύ γινόµενο R R της πολλαπλασιαστικής οµάδας (R, ) των µη-µηδενικών πραγµατικών αριθµών, και ορίζουµε µια απεικόνιση ϕ : G R R, ϕ(a) = ϕ ( ) a b 0 d = (a,d) Η απεικόνιση ϕ είναι οµοµορφισµός οµάδων, διότι αν A = ( ) ( a b x y ) 0 d και B = 0 z είναι δύο στοιχεία της G, ϑα έχουµε : ϕ(a B) = ϕ (( ) ( a b x y )) ( ( ) 0 d 0 z = ϕ ax ay+bz ) (( 0 dz = (ax,dz) = (a,d) (x, z) = ϕ a b )) (( x y )) 0 d ϕ 0 z = ϕ(a) ϕ(b) Επιπλέον η ϕ είναι επιµορφισµός, διότι : (a,d) R R, A = ( ) ( ( a 0 0 d G και ϕ(a) = ϕ ( a 0 ) 0 d = (a,d) Υπολογίζουµε τον πυρήνα του επιµορφισµού ϕ: Ker(ϕ) = {( a b 0 d ) G ϕ (( a b 0 d )) } {( = (1,1) = a b ) } {( ) } 0 d G (a,d)) = (1,1) = 1 b 0 1 G b R = H Ετσι η απεικόνιση ϕ είναι ένας επιµορφισµός οµάδων µε πυρήνα την υποοµάδα H. 2. Επειδή ο πυρήνας ενός οµοµορφισµού είναι πάντα κανονική υποοµάδα, έπεται ότι το σύνολο H είναι µια κανονική υποοµάδα της G. 4. Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε ότι η απεικόνιση ϕ επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων ϕ : G/Ker(ϕ) = G/H = R R, ϕ(ah) = ϕ(a) Επειδή η οµάδα R R είναι αβελιανή (ως ευθύ γινόµενο αβελιανών οµάδων), έπεται ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή (ως ισόµορφη µε µια αβελιανή οµάδα). Ασκηση 5.2.26. 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.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 257 1. Να δειχθεί ότι το υποσύνολο H = { τ 1,b G b R } είναι κανονική υποοµάδα της G. 2. Να προσδιορισθεί η οµάδα πηλίκο G/H. Λύση. 1. Για κάθε a,b,c,d, x R µε a,c 0 έχουµε: (τ a,b τ a 1, a 1 b )(x) = τ ( a,b τa 1, a 1 b (x)) ( x = τ a,b a b ) a = τ a,b τ a 1, a 1 b = Id R = a ( x a b a ) + b = x Οµοια δείχνουµε ότι και άρα τ a 1, a 1 b τ a,b = Id R (τ a,b ) 1 = τ a 1, a 1 b (1) Ιδιαίτερα ϐλέπουµε ότι το σύνολο G αποτελείται από «1-1» 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 1,0. Επίσης έχουµε (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 (x) Συνεπώς έπεται ότι 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 (1) 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: (τ 1 a,b τ 1,r τ a,b )(x) = τ 1 ( a,b τ1,r (ax + b) ) = τ 1 a,b (ax + b + r ) = τ a 1, a 1 b (ax + (b + r )) = a 1 (ax + b + r ) a 1 b = x + a 1 b + a 1 r a 1 b = x + a 1 r = τ 1,a 1 r (x) Άρα δείξαµε ότι τ 1 a,b τ 1,r τ a,b = τ 1,a 1 r = τ 1 a,b τ 1,r τ a,b H, τ a,b G Εποµένως έχουµε ότι η H είναι κανονική υποοµάδα της G.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 258 2. Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : G/H R, τ a,b H f ( τ a,b H ) = a «Καλά ορισµένη»: Εστω τ a,b H = τ c,d H. Τότε έχουµε τ a,b τ 1 c,d H = τ a,b τ c 1, c 1 d H = τ ac 1, ac 1 d+b H = ac 1 = 1 Άρα 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. «1-1»: Εστω τ a,b H G/H έτσι ώστε f ( τ a,b H ) = 1. Τότε a = 1 = τ a,b H = τ 1,b H = τ a,b H = H και άρα ο πυρήνας της f είναι ο τετριµµένος. Συνεπώς η f είναι «1-1». = a = c = f ( τ a,b H ) = f ( τ c,d H ) «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 η απεικόνιση f είναι ισοµορφισµός, και άρα : G/H R 2ος Τρόπος: Θα δείξουµε τα 1. και 2. µε χρήση του Πρώτου Θεωρήµατος Ισοµορφισµών : είχνουµε πρώτα ότι το σύνολο G εφοδιασµένο µε την σύνθεση απεικονίσεων είναι οµάδα. Θεωρούµε την πολλαπλασιαστική οµάδα (R, ) των µη-µηδενικών πραγµατικών αριθµών, και ορίζουµε απεικόνιση φ : G R, φ(τ a,b ) = a Τότε η απεικόνιση φ είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων, διότι αν τ a,b και τ c,d είναι δύο στοιχεία της G, ϑα έχουµε : φ ( τ a,b τ c,d ) = φ ( τac,ad+b ) = ac = φ(τa,b ) φ(τ c,d ) Επιπλέον η φ είναι επιµορφισµός, διότι : Υπολογίζουµε τον πυρήνα του επιµορφισµού φ: a R, τ a,0 G και φ(τ a,0 ) = a Ker(φ) = { τ a,b G φ(τ a,b ) = 1 } = { τ a,b G a = 1 } = { τ 1,b G b R } = H Ετσι η απεικόνιση φ είναι ένας επιµορφισµός οµάδων µε πυρήνα την υποοµάδα H. 1. Επειδή ο πυρήνας ενός οµοµορφισµού είναι πάντα κανονική υποοµάδα, έπεται ότι το σύνολο H είναι µια κανονική υποοµάδα της G. 2. Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε ότι η απεικόνιση φ επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων 4 φ : G/Ker(φ) = G/H = R, φ(τ a,b H) = φ(τ a,b ) = a Επειδή η οµάδα R είνα αβελιανή (ως ευθύ γινόµενο αβελιανών οµάδων), έπεται ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή (ως ισόµορφη µε µια αβελιανή οµάδα). 4 Ο ισοµορφισµός φ συµπίπτει µε τον ισοµορφισµό f.