Лекции по теории групп

Но мы знаем,что каждую подстановку можно представить в виде произведения циклов, причем каждый из них можно представить, как произведение транспозиций. Получается, при помощи ;

и можно представить любую подстановку из S3.

Рассмотрим S4: a = (1 2) и b = (1 2 3 4). Рассмотрим такие произведения:

= (2 3 4)

= (1 3 4)

1 = ( ) 1 = (1 3 4)(4 3 2 1) = (2 3)

2 2 = ( 1) 1 = (1 2 3 4)(2 3)(4 3 2 1) = (4 3)

С помощью = (1 2) и = (1 2 3 4) можно получить остальные транспозиции. Например, как получить (1 4)?

(1 2)(2 3)(3 4)(2 3)(1 2) = 1 1 = ( )2 ( ) 2 = (1 4) I

Задача 27. Любая четная подстановка из An тройных циклов.

J Если n = 3, то утверждение очевидно.

Покажем, как произведение транспозций выражается через циклы длины три:

(i1i2)(i1i3) = (i1i2i3); (i1i2)(i3i4) = (i1i4i3)(i1i2i3). I

Задача 28. В игре Пятнашки , при каноническом расположении числе, нельзя поменять числа 14 и 15 местами.

J Состоянию доски игры Пятнашки соотвествует подстановка из 16 элементов (16 соответствует пустая клетка ) 16 мы можем менять местами только с соседними). Изначально перестановка тождественная (в ней 0 инверсий) ) она четная. Но если передвигать 16, то в конце 16 должно снова вернуться в конец. Таким образом, если 16 сначала сдвинется влево на n позиций, то и вправо (при возвращении на исходное место) она должна вернуться на столько же; всего получается 2n

инверсий. Значит четность подстановки не меняется ни при каких передвижениях 16.

Но если поменять местами только числа 14 и 15, а остальные оставить на месте, то в подстановке будет 1 инверсия, значит она уже будет нечетной. Противоречие. I

Домашнее задание

1.Выяснить как изменится разложение подстановки в произведение независимых циклов при умножении ее (с обеих сторон) на произвольную транспозицию.

2.Доказать, что любая четная подстановка может быть представлена в виде произведения тройных циклов.

14 Глава 2. Морфизмы

Теперь, наконец, докажем, что Ker f < G.

Пусть g1; g2 2 Ker f. Тогда f(g1g2) = f(g1) f(g2) = e e = e 2 Ker f I

Утверждение 2. Im(f) подгруппа H.

J h1; h2 2 Im(f) ) 9g1; g2 : f(g1) = h1; f(g2) = h2

f(g1 g2) = f(g1)f(g2) = h1 h2

f(g 1) = (f(g)) 1 = h 1 2 Im f I

Теорема 1. Гомоморфизм f : G ! H мономорфизм , Ker(f) = feg.

J ) От противного. Пусть g1 6= g2 è g1; g2 2 Ker f. Тогда f(g1) = e = f(g2), т.е. разные элементы

Задача 29. 8g; h 2 G fg(h) = ghg 1 автоморфизм.

J h1; h2 2 G : fg(h1h2) = g(h1h2)g 1 è fg(h1h2) = fg(h1)fg(h2) = (gh1g 1)(gh2g 1) = gh1h2g 1 ) fg

гоморфизм.

Очевидно, что эндо(то есть действует из G в G). Докажем изо = моно + эпи.

Докажем сначала моно. Пусть h 2 Ker(fg). e = fg(h) = ghg 1 , h = g 1g = e: Докажем теперь эпи. Пусть a 2 G. Тогда fg(h) = ghg 1 = a , h = g 1ag ) fg эпиморфизм. I

Определение. Автоморфизм называется внутренним, если он имеет вид fg(h) = ghg 1.

Задача 30. Если G - абелева, то любой ее внутренний автоморфизм тождественный.

J fg(h) = ghg 1 = gg 1h = h I

Задача 31. Все автоморфизмы группы G образуют группу Aut G. J f1; f2 : G ! G автоморфизмы.

Операция есть (f1f2)(g) = f1(f2(g)). Нужно проверить, что f1f2 - автоморфизм:

(f1f2)(g1g2) = f1(f2(g1g2)) = f1(f2(g1)f2(g2)) = f1(f2(g1))f1(f2(g2)) = (f1f2)(g1)(f1f2)(g2) ) f1f2 гомоморфизм.

Очевидно, что моно и эпи, т.к. f1; f2 автоморфизмы.

Тождественная функция автоморфизм. Обратный. f 1 : G G автоморфизм.

f 1(g1g2) = f 1(g1)f 1(g2) автоморфизм. I

Задача 32. Бывает ли, что множество всех внутренних автоморфизмов Inn G = Aut G ?

J Inn S3 = Aut S3 = S3 I

fe = fgfg 1 = gg 1hgg 1 = h fe(h) = ehe 1 = h I

Обозначение. Inn G = Int G

2.2Семинар 3. Морфизмы

Задача 34. Доказать, что все группы 2-го порядка изоморфны между собой.

J jGj = 2. Пусть g элемент группы и e единичный элемент. Тогда ee = e; eg = ge = g и остается

Задача 35. Доказать, что все группы 3-го порядка изоморфны между собой.

J Пусть e; g; h элементы группы. Нужно задать таблицу умножения gh; hg; gg; hh. Если gh = g, то h = e противоречие (в группе должно быть 3 различных элемента). Аналогично, если gh = h, то g = e противоречие. Значит, gh = e и точно так же hg = e. Если gg = g2 = g, то g = e противоречие; если g2 = e = gh, то g = h противоречие. Значит g2 = h и точно так же h2 = g.

Следовательно, существует только одна группа, содержащая три элемента. I

Задача 36. Доказать, что все циклические группы n-го порядка изоморфны.

J G =< a >n; H =< b >n : f(a) = b - изоморфизм. Биекция сразу ясна. Докажем изоморфизм: f(ak) = f(a a : : : a) = f(a) : : : f(a) = b : : : b = bk

f(glgm) = l + m è f(glgm) = f(gl+m) = l + m.

Все циклические группы n-го порядка изоморфны группе Zn, а следовательно изоморфны между собой.

Отсюда видно, что Rot( ) Sym( ), т.к. в первой группе есть элемент 4-го порядка, а во второй - нет элемента, у которого порядок больше 2. I

Задача 40. Привести пример неизоморфных групп 6-го порядка. J D3 C6, òàê êàê C6 коммутативна, а D3 íåò. I

Задача 41. Доказать, что при изоморфизме групп сохраняются порядки элементов.

Задача 44. Привести пример плоских геометрических фигур группы движений которых изоморфны :

(a) Z2 отрезок (тождественный и симметрия отностиельно центра); две точки (концы отрезка); равнобедернный, но не равноторонний треугольник.

(d) V4 группа движений Клейна изоморфна Sym(}).

18 Глава 3. Факторизация и изоморфизмы

H ) x 1y = h 2 H , y = xh ) класс эвивалентности это xH = fxh j h 2 Hg. Если h1 6= h2 ) xh1 6= xh2. Отсюда вывод, если jHj < 1, то jxHj = jHj:

Определение. xH = fxh j h 2 Hg будем называть левым смежным классом элемента x по подгруппе H.

Hx = fhx j h 2 Hg правый смежный класс элемента x по подгруппе H.

Èòàê, åñëè h1 6= h2, òî xh1 6= xh2. Следовательно, каждый смежный класс (левый или правый) содержит также jHj элементов. Тогда, если jHj < 1 и r число смежных классов (левых или правых), то jHj r = jGj.

Полученный нами результат называют теоремой Лагранжа.

Теорема Лагранжа. Порядок подгруппы делит порядок конечной группы.

Задача 46. Доказать, что x 1y 2 H , x 2 gH; y 2 gH; g 2 G:

J ()) x 1y = h; y = xh ) y 2 xH ) x 2 xH

(() x = gh1; y = gh2

x 1y = (gh1) 1gh2 = h1 1g 1gh2 = h1

Хотим построить группу на множестве смежных классов. Тогда, на множестве смежных классов нужно ввести умножение, индуцированное в G.

Зададим операцию: xH yH = (xy)H. Корректна ли она ?

Пусть xH = x1H, yH = y1H. x x1; y y1 ) x = x1h1, y = y1h2. Когда (xy)H = (x1y1)H ?

Теорема 1. x x1; y y1 ) xy x1y1 8 x; y; x1; y1 2 G , zH = Hz 8 z 2 G:

xh1h2y = h3xy , xh1h2 = h3x ) xH = Hx: I

Утверждение 1. Hx = xH 8x 2 G , x 1Hx H: J Åñëè xH = Hx8x 2 G, òî h1x = yh2 h1; h2 2 H , x 1h1y = h2 ) y 1Hy H:

Пользуясь доказанным, получим, y 1yHy 1y yHy 1. Подставим y 7!y 1. H y 1Hy. I

Определение. Подгруппа H < G называется нормальной подгруппой если Hy = yH 8y 2 G. Обозначается H C G:

Из доказанного получаем эквивалентные формулировки: y 1Hy = H 8y 2 G;

yHy 1 = H : 8y 2 G;

y 1Hy H 8y 2 G.

Итак, операция xHyH = xyH корректна , H нормальная подгруппа.

3.2Семинар 4. Факторизация.

Задача 47. Порядок элемента делит порядок группы.

J Любой элемент порождает циклическую подгруппу, чей порядок равен порядку этого элемента. По теореме Лагранжа порядок подгруппы делит порядок группы. I

Задача 48. D S

3 = 3.

J D3 группа самосовмещений правильного треугольника. Занумеруем вершины треугольника цифрами 1,2,3. Сопоставим каждому элементу g 2 D3 подстановку (g) = g 2 S3, которая задает- ся перестановкой соответствующих вершин треугольника.

Если e тождественное преобразование, оставляющее треугольник на месте, то он перейдет в тож-

вершины 1, тогда (s1) = s1 = (23); (s2) = s2 = (13); (s3) = s3 = (12). Тогда композиции самосовмещений D3 соответствует умножение соответсыующих подстановок. В то же время, об-

разы трех вершин треугольника однозначно задают движение плоскости, следовательно, разным самосовмещениям из D3 отвечают разные подстановки из S3. С другой стороны, jD3j = 6 = jS3j.

Значит, : D3 ! S3 изоморфизм. I

Задача 49. Если группа коммутативна, то все ее подгруппы нормальны.

J I

Задача 50. H1 C G; H2 C G; : : : ; Hk C G ) H1 \ H2 \ : : : \ Hk C G:

J Пусть h 2 H1 \ H2 \ : : : \ Hk. Тогда h 2 H1; h 2 H2; : : : ; h 2 Hk: Пусть g 2 G. Следовательно, ghg 1 2 H1; ghg 1 2 H2; : : : ; ghg 1 2 Hk. А это значит, что ghg 1 2 H1 \ H2 \ : : : \ Hk. I

Задача 51. Пусть jGj = n; H < G : jHj = n2 : Тогда H C G.

J По теореме Лагранжа, G = x1H [ x2H = Hy1 [ Hy2, причем, один смежный класс это сама подгруппа H, а второй все остальные элементы, то есть G = H [ xH = H [ Hy. Значит левое

разложение совпадает с правым разложением.

Пусть h 2 H; g 2 G: Так как классы Hg; gH имеют общий элемент g, то они совпадают. Поэтому

9~ 2 ~ , 1 ~

h H : gh = hg ghg = h: I

мальна. И только она. I

Задача 53. Пусть f : G ! F гомоморфизм.Тогда Ker f C G:

J Нам уже известно, что Ker f < G.

Пусть h 2 Ker f; g 2 G. Тогда f(ghg 1) = f(g)f(h)f(g 1) = f(g)ef(g) 1 = e. Значит, ghg 1 2 Ker f.

I

Задача 54. Пусть : G ! F: Привести пример, когда Im не является нормальной подгруппой

F .

Задача 55. Пусть H1 C G; H2 C G: Тогда H1 H2 C G.

J Пусть h1 2 H1; h2 2 H2; g 2 G: Тогда gh1g 1 2 H1; gh2g 1 2 H2. H1H2 = fh1h2 j h1 2 H1; h2 2 H2g.

20 Глава 3. Факторизация и изоморфизмы