Embed Size (px)
Citation preview
Algebarske strukture
vjezbe
prema predlosku i zadacima Martine Balagovic
i Marcele Hanzer
natipkali, prosirili i uredili
Matija Basic
Aleksandar Milivojevic
Sanjin Ruzic
Sveuciliste u Zagrebu
Prirodoslovno-matematicki fakultet
Matematicki odsjek
(skripta ne moze zamijeniti vjezbe)
Sadrzaj
1 Grupe 1
1.1 Motivacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Definicija grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Osnovni primjeri grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 Podgrupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5 Homomorfizmi grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.6 Ciklicke i konacnogenerirane grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.7 Strukturni teorem za konacno generirane Abelove grupe . . . . . . . . . . . . . . 22
1.8 Grupe permutacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.9 Lijeve/desne klase i Lagrangeov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.10 Kvocijentne grupe i normalne podgrupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.11 Automorfizmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.12 Sylowljevi teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.13 Podsjetnik iz teorije brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
i
Poglavlje 1
Grupe
1.1 Motivacija
Pojam grupe jedan je od najznacajnijih u modernoj matematici. Primjene teorije grupa po-javljuju se u raznim granama matematike, a od kljucnog su znacaja i u fizici i kemiji.
Simetrije
Grupe se pojavljuju kao simetrije geometrijskih objekata. Promotrimo kvadrat u ravnini itransformacije ravnine koje preslikavaju taj kvadrat u njega samog. Takve transformacijezovemo simetrijama. Medu tim transformacijama su npr. rotacija za 90◦ u pozitivnomsmjeru ili zrcaljenje preko pravca koji prolazi polovistima dvaju nasuprotnih stranica kvadrata.Primjetimo da je kompozicija dviju simetrija ponovno simetrija, da je kompozicija asocijativna,da postoji simetrija (identiteta) koja ne cini nista s ravninom (djeluje kao neutralni elementobzirom na kompoziciju), te da svaka simetrija ima inverz. Kazemo da simetrije kvadrata cinegrupu i da ta grupa djeluje na kvadratu.
Opcenito, grupe simetrija pravilnih mnogokuta nazivamo diedarskim grupama. Grupe simetrijekristala u prostoru su vrlo vazne u kemije, a simetrije fizikalnih sustava vazne su u kvantnojfizici pri odrezivanju degeneracija stanja. Grupe simetrija ploha (npr. sfere) su posebni pri-mjeri Liejeve grupe, njihovo proucavanje cini posebnu granu matematike koju je 1884. godineutemeljio Sophus Lie.
Proucavanje veza izmedu geometrije, fizike i teorija grupa seze do danasnjih dana. Primjerigdje se na odredeni nacin koristi interakcija ovih podrucja su bazdarna teorija, teorija struna,rjesenje Poincareove hipoteze.
Grupe u kombinatorici
Jedan od osnovnih objekata koje proucavamo u kombinatorici su permutacije. Obzirom nakompoziciju permutacije cine grupu Sn (mozemo ju smatrati grupom simetrija sustava od nobjekata bez ikakve dodatne geometrijske strukture). Prisjetite se sto znate o permutacija s
1
Algebarske strukture 1.1. Motivacija
kolegija Linearna algebra 1 i Diskretna matematika. Razni problemi u kombinatorici mogu serijesiti koristeci algebarske metode. Jedan primjer je Burnsideova lema koja nam daje odgovorna pitanje o broju mogucih bojanja nekog objekta uzimajuci u obzir da bojanja koja se mogudobiti koristenjem simetrija smatramo jednakima.
Mnoge igracke, poput Rubikove kocke i Slagalice s 15 polja (Fifteen-Puzzle), imaju netrivijalnesimetrije te promatrajuci takve objekte mozemo takoder zakljuciti da su grupe vrlo prirodnikoncept koji se pojavljuje svugdje oko nas.
Povijesni razvoj
Povijesni razvoj pojma grupe usko je vezan uz rjesavanje problema odredivanja nultocaka po-linoma koristeci samo osnovne racunske operacije i korjenovanje (radikalima). Pokazuje se daje radikalima moguce rijesiti svaku grupu reda manjeg ili jednog 4, a Evariste Galois (1811.-1832.) je pokazao da postoje jednadzbe petog stupnja koje nisu rjesive radikalima koristecigrupe. Neka je p polinom s racionalnim koeficijentima, a K = Q[x1, ..., xn] najmanji podskupkompleksnih brojeva koji sadrzi racionalne brojeva i sve nultocke x1, ..., xn polinoma p te jezatvoren na zbrajanje i mnozenje. Skup svih bijekcija f : K → K koje postuju zbrajanje imnozenje, a fiksiraju racionalne brojeve oznacimo s Gal(p). Sve takve bijekcije permutirajunultocke polinoma, tj. Gal(p) je podgrupa grupe permutacija Sn. Galois je pokazao da za svakipolinom p koji je rjesiv radikalima grupa Gal(p) ima posebno svojstvo (koje danas zovemorjesivost grupe), te pokazao da postoji polinom p takav da Gal(p) nema to svojstvo. To susamo zaceci mnogo sire teorije koju nazivamo Galoisova teorija.
Vrlo vazan doprinos u razvoju teorije grupa u njenim pocecima, posebice u proucavanju grupapermutacija, dali su Joseph Louis Lagrange, Augustin Louis Cauchy i Arthur Cayley.
Grupe u teoriji brojeva
Vrlo netrivijalne primjene algebarskih metoda mozemo pronaci u teoriji brojeva. Zapravo,koncept grupe se razvio i zahvaljujuci nekim ranim pokusajima da se rijesi Veliki Fermatovteorem. U kolegiju cemo koristiti neke osnovne pojmove vezane uz proste brojeve i djeljivost(vidite podsjetnik na kraju ove skripte), a ponekad cemo i koristeci teoriju grupa izvesti nekepoznate teoreme (poput Eulerovog teorema). Danas je algebarska teorija brojeva jedno odnajplodnijih podrucja matematike koje obiluje mnogim jos uvijek otvorenim pitanjima, ali iraznim primjenama (poput primjena u kriptografiji).
Grupe u topologiji
Algebarska topologija bavi se proucavanjem algebarskih invarijanti topoloskih prostora.Jedna takva invarijanta je fundamentalna grupa. Za topoloski prostor X s istaknutom tockomx0 promatramo homotopske klase puteva u X koji pocinju i zavrsavaju u x0. Nadovezivanjepetlji daje binarnu operaicju i skup homotopskih klasa π1(X, x0) postaje grupa. Zelimo li po-kazati da preslikavanje topoloskih prostora f : (X, x0)→ (Y, y0) nije homotopska ekvivalencija,dovoljno je pokazati da preslikavanje f∗ : π1(X, x0)→ π1(Y, y0) nije izomorfizam grupa.
2
1.2. Definicija grupe Algebarske strukture
1.2 Definicija grupe
U ovom poglavlju cemo promatrati parove koji se sastoje od skupa i binarne operacije definiranena tom skupu. Za binarnu operaciju kazemo da je dodatna algebarska struktura na skupu.Opcenitije, algebarska struktura se sastoji od skupa i konacnog broja binarnih operacija.
Prisjetite se definicije vektorskog prostora. Vektorski prostor je varijanta algebarske strukture(dana skupom te operacijama zbrajanja i mnozenja skalarima). Topoloski prostor je takoderdan skupom i dodatnom strukturom (topologijom), ali u tom slucaju se ne radi o algebarskojstrukturi.
Matematicka struktura na skupu moze imati razlicita svojstva (npr. asocijativnost, komutativ-nost, rjesivost, kompaktnost, povezanost). Kroz sljedecih nekoliko definicija i primjera obraditcemo najjednostavnije, ali vrlo vazne algebarske strukture: grupoide, polugrupe, monoide igrupe.
Definicija 1.2.1. Uredeni par (S, ·), pri cemu je · : S × S → S binarna operacija, zovemogrupoid.
Napomena 1.2.2. Vrijednost ·(x, y) pisemo x · y ili jednostavno xy (ako je jasno o kojoj seoperaciji radi). Buduci da je S kodomena preslikavanja · za sve x, y ∈ S vrijedi
x · y ∈ S.
Da bismo to naglasili kazemo jos da je binarna operacija zatvorena ili da je dobro definirana.
Primjer 1.2.3. Oduzimanje prirodnih brojeva nije zatvorena operacija. Naime, oduzimanjemozemo definirati kao operaciju − : N×N→ Z, ali struktura (N,−) nije grupoid. Na primjer,1− 2 6∈ N, iako vrijedi 1, 2 ∈ N.
Definicija 1.2.4. Polugrupa je grupoid (S, ·) u kojem vrijedi asocijativnost, za sve x, y, z ∈ S
(x · y) · z = x · (y · z).
Primjer 1.2.5. Grupoid (Z,−) nije polugrupa. Zaista, (1− 2)− 3 6= 1− (2− 3), pa ne vrijediasocijativnost operacije −.
Definicija 1.2.6. 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 1.2.7. Polugrupa (N,+) nije monoid. Naime, kad bi postojao neutralni element e ∈ Ns obzirom na operaciju zbrajanja, posebno bi moralo vrijediti 1 + e = 1. No, nijedan prirodanbroj nema to svojstvo (Nula nije prirodan broj!).
Napomena 1.2.8. Neka je (S, ·) grupoid. Za element el kazemo da je lijeva jedinica ako zasvaki x ∈ S vrijedi el · x = x. Analogno definiramo desnu jedinicu kao element ed za kojivrijedi x · ed = x, za svaki x ∈ S.
3
Algebarske strukture 1.2. Definicija grupe
Ako u grupoidu (S, ·) postoje lijeva i desna jedinica, tada su one nuzno jednake. Zaista,oznacimo s el lijevu jedinicu i s ed desnu jedinicu. Tada vrijedi
el = el · ed = ed,
pri cemu smo u prvoj jednakosti iskoristili da je ed desna jedinica, a u drugoj smo iskoristili daje el lijeva jedinica. Ovo pokazuje da je jedinica u svakom monoidu jedinstvena.
Primjer 1.2.9. Neka je S skup i definirajmo binarnu operaciju na tom skupu na sljedeci nacin:
x · y = y, ∀x, y ∈ S.
Buduci da za sve x, y, z ∈ S vrijedi (x · y) · z = y · z = x · (y · z), struktura (S, ·) je polugrupa.Uocimo da je svaki element skupa S lijeva jedinica. Dakle, u ovoj strukturi imamo vise lijevihjedinica, a prema prethodnoj napomeni onda znamo da nema desnih jedinica. 1
Zadatak 1.2.10. Neka je (S, ·) komutativna polugrupa i a ∈ S takav element da za svaki x ∈ Spostoji yx ∈ S takav da x = a · yx. Pokazite da je tada G monoid.
Rjesenje. Zbog komutativnosti je dovoljno pokazati da postoji lijeva jedinica. Za x = apostoji ya ∈ G takav da je a = a · ya. Zbog komutativnosti vrijedi a = ya · a. Tvrdimo da je yalijeva jedinica. Zaista, ako je x ∈ G proizvoljan, onda je
x = a · yx = (ya · a)yx = ya · (a · yx) = ya · x.
Definicija 1.2.11. Grupa je monoid (G, ·) u kojem za svaki element x ∈ S postoji y ∈ Stakav da vrijedi
x · y = y · x = e.
Kazemo da je element y inverzni element elementa x.
Primjer 1.2.12. Monoid (Q, ·) nije grupa. Zaista, neutralni element je 1, a za element 0 ∈ Qne postoji inverz, tj. ne postoji q ∈ Q takav da bi vrijedilo q · 0 = 1.
Napomena 1.2.13. Neka je (S, ·) monoid s jedinicom e i neka je x ∈ S. Za yl ∈ S kazemoda je lijevi inverz od x ako vrijedi yl · x = e. Analogno definiramo desni inverz od x kaoelement yd za koji vrijedi x · yd = e. Ako u monoidu (S, ·) neki element x ima lijevi i desniinverz, tada su oni jednaki. Zaista,
yl = yl · e = yl · (x · yd) = (yl · x) · yd = e · yd = yd.
Zato je u grupi inverz elementa x jedinstven i oznacavamo ga s x−1.
1Primjetite da je postojanje lijeve/desne jedinice svojstvo, a odabir lijeve/desne jedinice dodatna struktura.No, za neutralni element u monoidu nemamo mogucnost odabira jer je jedinstven, pa odabir jedinice nijedodatna struktura.
4
1.2. Definicija grupe Algebarske strukture
Napomena 1.2.14. Neka su a, b elementi grupe G. Tada je (ab)−1 = b−1a−1. Zaista, buducida vrijedi
b−1a−1ab = b−1eb = b−1b = e
zakljucujemo da je b−1a−1 inverz elementa ab, pa tvrdnja slijedi zbog jedinstvenosti inverza.
Primjer 1.2.15. Neka je G grupa, i a, b, c ∈ G. Tada je a = b ako i samo ako je ca = cb.
Definicija 1.2.16. Ako u grupoidu (S, ·) za sve x, y ∈ S vrijedi
x · y = y · x,
onda kazemo da je ta struktura komutativna (ili Abelova), pa tako mozemo govoriti o ko-mutativnoj polugrupi, komutativnom monoidu ili komutativnoj grupi.
Primjer 1.2.17. Neka je (G, ·) grupa u kojoj za svaki element a vrijedi a2 = e. Tvrdimo daje 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 lijevujedinicu za svaki element, tj. vrijedi
(∃e ∈ G)(∀x ∈ G) ex = x, (∀x ∈ G)(∃y ∈ G) yx = e.
Dokazite da je tada G grupa.
Primjer 1.2.18. U ovom primjeru komentiramo potenciranje u grupi. Neka je (G, ·) grupa ia ∈ G. Definiramo a0 = e, a1 = a, a2 = a · a. Uocite da zbog asocijativnost (a · a) · a = a · (a · a)ne moze doci do zabune ako pisemo a3 = a · a · a.
Induktivno za n ∈ N definiramo
an := an−1 · a.
Nadalje, za n ∈ N definiramo a−n := (an)−1.
D.Z. Dokazite da vrijedi a−n = (a−1)n i an · am = an+m za sve n,m ∈ Z.
Zadatak 1.2.19. Na skupu S = N0 × N0 definiramo operaciju ∗ formulom
(x1, y1) ∗ (x2, y2) = (x1 + x2, 2x2y1 + y2).
Kakva struktura je (S, ∗)?
5
Algebarske strukture 1.2. Definicija grupe
Rjesenje. Lako se vidi da je ∗ dobro definirana operacija, buduci da za x1, y1, x2, y2 ∈ N0
slijedi da je x1 + x2, 2x2y1 + y2 ∈ N0.
Provjerimo asocijativnost. Imamo((x1, y1) ∗ (x2, y2)
)∗ (x3, y3) = (x1 + x2, 2
x2y1 + y2) ∗ (x3, y3)
=((x1 + x2) + x3, 2
x3(2x2y1 + y2) + y3)
= (x1 + (x2 + x3), 2x2+x3y1 + 2x3y2 + y3)
= (x1, y1) ∗ (x2 + x3, 2x3y2 + y3)
= (x1, y1) ∗((x2, y2) ∗ (x3, y3)
),
pri cemu smo u trecoj jednakosti iskoristili da je (N0,+) polugrupa. U ostalim jednakostimasmo jednostavno koristili definiciju operacije ∗.
Ispitajmo sada postoji li neutralni element. Za pocetak, trazimo lijevu jedinicu. Da bi element(x0, y0) bio lijeva jedinica, mora za svaki (x2, y2) vrijediti
(x0, y0) ∗ (x2, y2) = (x0 + x2, 2x2y0 + y2) = (x2, y2),
odakle slijedi x0 = 0 i 2x2y0 = 0, tj. y0 = 0. Dakle, (0, 0) je lijeva jedinica. Provjerimo jos daje to i desna jedinica. Za svaki (x1, y1) vrijedi
(x1, y1) ∗ (0, 0) = (x1 + 0, 20y1 + 0) = (x1, y1),
pa zakljucujemo da je (0, 0) i desna jedinica.
Neka je sad (x1, y1) ∈ N0 × N0 i ispitajmo postoji li njemu inverzni element. Ako je (x2, y2)desni inverz od (x1, y1), onda vidimo da mora vrijediti x1 + x2 = 0 i 2x2y1 + y2 = 0. No, akoje x1 > 0, onda je nemoguce da postoji x2 ∈ N0 takav da x1 + x2 = 0, pa zakljucujemo da jedana struktura monoid koji nije grupa. ♦
D.Z. Odredite kakva je struktura (R× R, ∗) pri cemu je ∗ definirano
a) formulom (x1, y1) ∗ (x2, y2) = (x1, y1y2 sinx2).
b) formulom (x1, y1) ∗ (x2, y2) = (x1, y1y2(x31 − 3x1 + 3)).
Zakljucimo ovo poglavlje definicijom navodeci sve aksiome koje je potrebno provjeriti da bismoutvrdili da binarna operacija na skupu definira strukturu grupe.
Definicija 1.2.20. Za skup G s binarnom operacijom · kazemo 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
1.3. Osnovni primjeri grupa Algebarske strukture
1.3 Osnovni primjeri grupa
Primjer 1.3.1. Na kolegijima Matematicka analiza 1 i Teorija skupova formalno se defini-raju skup prirodnih brojeva N i skup realnih brojeva R, te operacije zbrajanja i mnozenja nanjima. Na ovom kolegiju cemo pretpostavljati te definicije, kao i cinjenice da su (N,+) i (N, ·)komutativne polugrupe (koji postaju monoidi ako skupu N dodamo nulu), a (R,+) i (R×, ·)komutativne grupe (ovdje R× oznacava R \ {0}).
Nadalje, na spomenutim kolegijima konstruira se skup Z cijelih brojeva, skup Q racionalnihbrojeva i skup C kompleksnih brojeva. Koristeci konstrukciju tih skupova brojeva te defi-niciju algebarskih struktura (N,+, ·), odnosno (R,+, ·), moze se na prirodan nacin definiratizbrajanje i mnozenje na skupovima Z,Q i C i pokazati da je je (Z, ·) komutativni monoid, a(Z,+), (Q,+), (C,+), (Q×, ·) i (C×, ·) komutativne grupe.
Primjer 1.3.2. Ako je (V,+, ·) vektorski prostor, onda je (V,+) Abelova grupa.
Primjer 1.3.3. Neka je S = {e} jednoclan skup te definirajmo binarnu operaciju na S formu-lom e · e = e. Tada je ({e}, ·) grupa koju nazivamo trivijalna grupa.
Primjer 1.3.4. Promatramo (S1, ·), pri cemu je S1 = {z ∈ C : |z| = 1} jedinicna kruznica ukompleksnoj ravnini, a · operacija mnozenja kompleksnih brojeva.
Operacija · je zatvorena na S1. Zaista, za z1, z2 ∈ S1 vrijedi |z1| = |z2| = 1, pa je i |z1 · z2| =|z1| · |z2| = 1 · 1 = 1. Dakle, z1 · z2 ∈ S1, pa je (S1, ·) grupoid.
Provjerimo je li ova struktura polugrupa, tj. vrijedi li asocijativnost. Uocimo da za z1, z2, z3 ∈S1 posebno vrijedi i z1, z2, z3 ∈ C, jer je S1 ⊂ C. Kako u (C, ·) vrijedi asocijativnost, za-kljucujemo da je (z1 · z2) · z3 = z1 · (z2 · z3). Kazemo da se asocijativnost u (S1, ·) nasljeduje iz(C, ·). Nadalje, (S1, ·) posjeduje neutralni element. To je upravo 1 = 1 + 0 · i.
Ostaje provjeriti da za svaki z ∈ S1 postoji inverzni element z−1 ∈ S1. Uocimo da za proizvoljniz ∈ S1 kompleksni broj z−1 = 1
zzadovoljava z · 1
z= 1. Moramo provjeriti da je z−1 ∈ S1. No,
|z−1| =∣∣1z
∣∣ = 1|z| = 1
1= 1, dakle z−1 ∈ S1. Uocimo i da je ova struktura komutativna. Dakle,
(S1, ·) je Abelova grupa.
D.Z. Pokazite da za z1, z2 ∈ C vrijedi |z1z2| = |z1| · |z2| i |z1/z2| = |z1| / |z2| (ako je z2 6= 0).
Napomena 1.3.5. Ovdje smo se susreli s primjerom podgrupe (S1 je podgrupa od C) i kon-ceptom nasljedivanja asocijativnosti s veceg skupa na njegov podskup. O podgrupama cemogovoriti nesto kasnije i vidjet cemo da su ova razmatranja vazna kod kreiranja kriterija zaprovjeru kad je neki podskup podgrupa. Primjetite da nema smisla govoriti o nasljedivanjuzatvorenosti, nasljedivanju neutralnog elementa ili invertibilnosti nekog elementa iz (C, ·) vecegskupa. Naime, iako znamo da postoji z−1 ∈ C, treba dodatno provjeriti je li vrijedi z−1 ∈ S1.
Sa stanovista teorije modela, razlika je u tome sto aksiom asocijativnosti zapisujemo koristecisamo univerzalne kvantifikatore (∀, ”za svaki”), dok se u aksiomima o postojanju neutralnogelementa i inverza pojavljuju tvrdnje koje zapisujemo koristeci i egzistencijalni kvantifikatore(∃, ”postoji”).
7
Algebarske strukture 1.3. Osnovni primjeri grupa
D.Z. Za n ∈ N definiramo Kn = {z ∈ C | zn = 1}. Zatim, definiramo K =⋃n∈NKn. Dokazite
da su (Kn, ·) i (K, ·) grupe. (Kn, ·) zovemo grupom n-tih korijena jedinice, a (K, ·) grupomkorijena jedinice.
D.Z. Neka je S skup. Odredite o kojoj se strukturi radi za (P(S),∩), (P(S),∪), (P(S),4),gdje P(S) oznacava partitivni skup od S, a 4 simetricnu razliku (za skupove A,B je A4B =(A ∪B) \ (A ∩B)).
Primjer 1.3.6. Neka je S skup. Oznacimo li sa B(S) = {f : S → S | f je bijekcija}, ondaje (B(S), ◦) grupa (pri cemu ◦ oznacava komponiranje). Ako je S = {1, 2, . . . , n}, onda jeB(S) = Sn skup permutacija n-clanog skupa.
D.Z. Dokazite da je kompozicija bijekcija bijekcija, da je kompozicija funkcija asocijativna ida je neutralni element obzirom na komponiranje identiteta. Pokazite da komponiranje nijekomutativna operacija.
Primjer 1.3.7. Neka je V vektorski prostor. Definirajmo
GL(V ) = {A : V → V | A je regularan linearni operator} .
Tada je (GL(V ), ◦) grupa.
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 ponovolinearan operator. Dakle, za A,B ∈ GL(V ) znamo da je A ◦B linearan operator, pa preostajepokazati da je regularan. Poznato je da je linearan operator regularan ako i samo ako mu jedeterminanta razlicita od nule, pa imamo
det(A ◦B) = det(A) det(B) 6= 0,
gdje smo u prvoj jednakost iskoristili Binet-Cauchyev teorem. Zakljucujemo da je i A ◦ Bregularan operator, tj. A ◦B ∈ GL(V ).
Primjer 1.3.8. Za n ∈ N promatramo GL(n,R) = {A invertibilna realna matrica reda n}.Uz matricno mnozenje GL(n,R) ima strukturu grupe. Na Linearnoj algebri 2 je uspostavljenizomorfizam vektorskih prostora izmedu GL(V ) i GL(n,R) za realan n-dimenzionalan vek-torski prostor V , a pri tom izomorfizmu kompozicija linearnih operatora odgovara matricnommnozenju pridruzenih matrica, tj. grupe (GL(V ), ◦) i (GL(n,R), ·) su izomorfne (stovise, ovdjese radi o izomorfnim algebrama (GL(V ),+, ·, ◦) i (GL(n,R),+, ·, ·)).
D.Z. Za n ∈ N promatramo
SL(n,R) = {A ∈ GL(n,R) | detA = 1} ,O(n,R) = {A ∈ GL(n,R) | AAτ = AτA = I} ,
SO(n,R) = {A ∈ O(n,R) | detA = 1} .
Provjerite da je svaki od ta tri skupa grupa uz operaciju matricnog mnozenja.
8
1.3. Osnovni primjeri grupa Algebarske strukture
Napomena 1.3.9. Grupa O(n,R) je grupa simetrija prostora Rn, a SO(n,R) grupa rotacijaprostora Rn. Uvjerite se u to za n = 2.
Primjer 1.3.10. Oznacimo sa mZ = {mn | n ∈ Z} skup visekratnika prirodnog broja m. Tadaje (mZ,+) grupa.
Primjer 1.3.11. Na skupu cijelih brojeva Z definiramo relaciju ∼m tako da x ∼m y akom | x − y. Lako se provjeri da je to relacija ekvivalencije (D.Z.). Oznacimo s [k] klasuekvivalencije reprezentiranu s k ∈ Z. Kvocijentni skup je skup Zn = {[0] , [1] , . . . , [n− 1]} tedefiniramo operaciju +m zbrajanja modulo m na sljedeci nacin
[x] +m [y] = [x+ y] .
Tada je (Zm,+m) grupa.
Primjer 1.3.12. Ilustrirajmo to primjerom na (Z4,+4). Napravit cemo”tablicu mnozenja”,
tzv. Cayleyjevu tablicu, odakle mozemo iscitati je li dana struktura grupa.
+4 0 1 2 30 0 1 2 31 1 2 3 02 2 3 0 13 3 0 1 2
Napomena 1.3.13. U ovoj skripti cemo koristiti oznaku Zn za skup {[0] , [1] , . . . , [n− 1]}, nonaglasimo da je opcenito preciznije taj skup oznacavati s Z/nZ. Konstrukciju koju smo upravovidjeli upamtite kao osnovni primjer kvocijentne grupe o kojima cemo pricati kasnije tokomsemestra.
D.Z. Neka je F = {f1, f2, f3, f4, f5, f6}, gdje su fi : R \ {0, 1} → R \ {0, 1}, i = 1, 2, ..., 6definirane s
f1(x) = x, f2(x) = 1− x, f3(x) =1
x, f4(x) =
x− 1
x, f5(x) =
x
x− 1, f6(x) =
1
1− x.
Dokazite da je (F, ◦) grupa (kako biste provjerili zatvorenost napravite Cayleyevu tablicu tekoristeci tablicu utvrdite da svaki element ima inverz).
D.Z. Odredite sve moguce (bitno razlicite) Cayleyjeve tablice za grupu od 4 elementa.
Primjer 1.3.14. Na skupu Zm mozemo definirati binarnu operaciju ·m mnozenja modulo m nasljedeci nacin [x] ·m [y] = [xy]. Opcenito, monoid (Zm, ·m) nije grupa (cak i ako izbacimo [0]).Na primjer, [2] nema inverz u Z4. Zaista, kad bi postojao [x] ∈ Z4 takav da je [2] ·4 [x] = [1],imali bismo
[2] ·4 [x] = [2x] = [1] .
No, klasa [2x] se sastoji od parnih brojeva, pa ne sadrzi broj 1. Zakljucujemo da [2] nemainverz u monoidu (Z4, ·4).
9
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) oznacava najvecu zajednicku mjeru od n i p), tj. n i p su relativno prosti. Premarezultatu iz teorije brojeva (koji je dokazan na Elementarnoj matematici 1 ) postoje a, b ∈ Ztakvi da je
an+ bp = 1.
Odavde slijedi[n] ·p [a] = [1] ,
pa zakljucujemo da je [n] invertibilan u (Z×p , ·p). Dakle, (Z×p , ·p) je grupa.
Na isti nacin mozemo pokazati da je [n] invertibilan element u monoidu (Zm, ·m) ako i samo akovrijedi (m,n) = 1. Oznacimo sa Z×m (ponekad se koristi i oznaka Um) skup svih invertibilnihelemenata u monoidu (Zm, ·m). Tada je (Z×m, ·m) grupa.
Zadaci za vjezbu
1. Dokazite da je (R, ∗) Abelova grupa, gdje je operacija ∗ definirana na sljedeci nacin:
x ∗ y = x+ y +9
7.
2. Na Q je zadana binarna operacija na sljedeci nacin:
x ◦ y = x− y + xy.
Kakva je (Q, ◦) struktura?
3. Dokazite da je G = Q∗ ×Q×Q uz operaciju definiranu na nacin
(a1, a2, a3) ◦ (b1, b2, b3) = (a1b1, a2b1 + b2, a3b1 + b3)
Abelova grupa.
4. Neka je (G, ◦) grupa, a g ∈ G fiksiran. Na G definiramo novu operaciju ∗ na sljedecinacin:
x ∗ y = x ◦ g ◦ y.
Dokazite da je i uz tu novu operaciju G grupa.
5. Neka je G konacna polugrupa u kojoj vrijedi kracenje (tj. za sve a, b, c iz G je ekvivalentno:a = b i ac = bc i ca = cb). Dokazite da je onda G grupa! Zatim, dokazite da je uvjetkonacnosti bitan! (Uputa: promotrite (N0,+))
6. Neka je G polugrupa u kojoj vrijede zakoni kracenja. Ako za svaki a ∈ G postoji na > 1takav da je ana = a, dokazite 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 .Dokazite da je grupa G Abelova.
10
1.4. Podgrupe Algebarske strukture
8. Neka je G grupa i fiksirajmo a, b ∈ G. Nadite jedno rjesenje jednadzbe
xax = b2a−1.
9. Dokazite da jednadzba x2ax = a−1 ima rjesenje po x u G ako i samo ako postoji b ∈ Gtakav da je b3 = a.
10. Neka je S konacan skup s n elemenata; znamo da je tada (P(S),4) grupa u kojoj jee = ∅ i A−1 = A. Ispitajte jesu li sljedeci podskupovi podgrupe:
(a) {A ⊂ S|cardA 6 n2}
(b) {A ⊂ S|cardA je paran }(c) {A ⊂ S|cardA je neparan }(d) {A ⊂ S|cardA > n
2}
1.4 Podgrupe
Definicija 1.4.1. Neka je (G, ·) grupa i H podskup od G. Kazemo da je H podgrupa od G(oznaka: H 6 G) ako je (H, ·) takoder grupa.
Propozicija 1.4.2. Neka je (G, ·) grupa i H podskup od G. Ekvivalentno je:
(i) H 6 G;
(ii) (∀a, b ∈ H)(ab ∈ H) i (∀a ∈ H)(a−1 ∈ H);
(iii) (∀a, b ∈ H)(ab−1 ∈ H).
Napomena 1.4.3. Dokaz prethodne propozicije zapravo govori da se asocijativnost nasljedujete ju ne moramo provjeravati, a neutralni element od G ce biti u H cim je zadovoljen uvjet (ii)(ili ekvivalentno uvjet (iii)). Primjetite da je uvjet (ii) efektivni kriterij za provjeravanje jeli neki podskup podgrupa i koristit cemo ga u daljnjim primjerima.
Primjer 1.4.4. Svaka grupa ima barem 2 podgrupe: {e} i G. Podgrupe razlicite od ove dvijenazivamo pravim podgrupama.
Primjer 1.4.5. Imamo sljedeci niz podgrupa (Z,+) 6 (Q,+) 6 (R,+) 6 (C,+).
Definicija 1.4.6. Neka su S, T ⊆ G. Uvedimo sljedece oznake
• S−1 := {a−1 | a ∈ S},
• ST := {ab | a ∈ S, b ∈ T}.
Napomena 1.4.7. Neka je (G, ·) grupa i H podskup od G. Uz oznake prethodne definicije iprema kriteriju za podgrupe vrijedi: H 6 G ako i samo ako HH−1 ⊆ H.
11
Algebarske strukture 1.4. Podgrupe
D.Z. Dokazite da je relacija ”biti podgrupa” relacija parcijalnog uredaja na skupu svih pod-grupa od G.
D.Z. Neka je G grupa i {Hi}i∈I proizvoljna familija podgrupa od G. Dokazite da je⋂i∈I Hi
takoder podgrupa od G.
Primjer 1.4.8. Pokazimo da se niti jedna grupa G ne moze napisati kao unija svoje dvije pravepodgrupe. Pretpostavimo suprotno da postoje H1, H2 6 G takvi da
G = H1 ∪H2, i Hi 6= {e}, G, i = 1, 2.
Tada postoji a ∈ H1 \H2 i postoji b ∈ H2 \H1 (jer H1 6= G, H2 6= G i H1 ∪H2 = G). Buducida je a · b ∈ G = H1 ∪H2 razlikujemo dva slucaja:
1. Neka je a · b ∈ H1. Buduci da je H1 zatvorena na invertiranje a−1 ∈ H1, a buduci da jezatvorena na mnozenje a−1︸︷︷︸
∈H1
· (a · b)︸ ︷︷ ︸∈H1
= e · b = b ∈ H1, sto je kontradikcija s b ∈ H2 \H1.
2. Slucaj a · b ∈ H2 analogno vodi na kontradikciju s a ∈ H1 \H2.
Buduci da svi slucajevi vode na kontradikciju, pocetna pretpostavka je bila pogresna i vrijeditvrdnja koju smo htjeli dokazati.
Zadatak 1.4.9. Neka je G = {a+ b√
2 | a, b ∈ Q , a2 + b2 > 0}. Dokazite (G, ·) 6 (R×, ·).
Rjesenje. Prvo uocimo da za x = a + b√
2 uvjet a2 + b2 = 0 vrijedi ako i samo ako a = 0i b = 0, tj. ako i samo ako je x = 0 (primjetite da x = 0 povlaci 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 ∈ Qtakvi da je x = a+ b
√2, y = c+ d
√2 i x 6= 0, y 6= 0.
• Zatvorenost na mnozenje. Primjetimo da je
xy = (a+ b√
2)(c+ d√
2) = (ac+ 2bd) + (ad+ bc)√
2.
Buduci da su a, b, c, d ∈ Q, a Q je zatvoren na mnozenje i zbrajanje slijedi da je ac +2bd, ad + bc ∈ Q. Jos bismo trebali provjeriti da je (ac + 2bd)2 + (ad + bc)2 > 0, stoje ekvivalentno cinjenici da je xy 6= 0. No primjetimo da to mozemo zakljuciti koristecisvojstva realnih brojeva - buduci da je x 6= 0 i y 6= 0, slijedi da je xy 6= 0.
• Zatvorenost na invertiranje. Primjetimo da je
x−1 = (a+ b√
2)−1 =1
a+ b√
2=a− b
√2
a2 − 2b2=
a
a2 − b2+
−ba2 − 2b2
√2.
Koristeci zatvorenost racionalnih brojeva na mnozenje i zbrajanje zakljucujemo da sua
a2 − b2i
−ba2 − 2b2
racionalni brojevi. Buduci da ne postoji x ∈ R takav da je x−1 = 0,
zakljucujemo da je x−1 ∈ G. ♦
12
1.4. Podgrupe Algebarske strukture
Zadatak 1.4.10. Neka je (G, ·) grupa, a H,K 6 G. Dokazite da je HK 6 G ako i samo akoHK = KH.
Napomena 1.4.11. Jednakost skupova HK = KH ne znaci da za svaki h ∈ H i svaki k ∈ Kvrijedi hk = kh. Ona znaci samo da postoje h′ ∈ H i k′ ∈ K takvi da je hk = k′h′.
Rjesenje. Pretpostavimo prvo da je HK podgrupa.
Neka je x ∈ HK. Buduci da je HK zatvoreno na invertiranje vrijedi x−1 ∈ HK, tj. postojeh1 ∈ H i k1 ∈ K takvi da je x−1 = h1k1. Zato je x = (x−1)−1 = (h1k1)
−1 = k−11 h−11 ∈ KH.Dakle, HK ⊆ KH.
Neka je x ∈ KH. Tada postoje k2 ∈ K, h2 ∈ H takvi da je x = k2h2, pa je x−1 = (k2h2)−1 =
h−12 k−12 ∈ HK. Buduci da je HK zatvoreno na invertiranje slijedi da je x ∈ HK. Dakle,HK ⊇ KH. Time smo pokazali da je HK 6 G povlaci HK = KH.
Pretpostavimo da je HK = KH i neka su x, y ∈ HK. Tada postoje k1, k2 ∈ K, h1, h2 ∈ Htakvi da je x = h1k1 i y = h2k2 te imamo xy = (h1k1)(h2k2) = h1(k1h2)k2. Zbog pretpostavkeHK = KH postoje k3 ∈ K, h3 ∈ H takvi da je k1h2 = h3k3. Zato je xy = h1(k1h2)k2 =(h1h3)(k3k2) ∈ HK.
Nadalje x−1 = k−11 h−11 ∈ KH = HK. Dakle, pokazali smo i daHK = KH povlaci⇒ HK 6 G.♦
D.Z. Neka je (G, ·) grupa od 8 elemenata sa svojstvom da za svaki x ∈ G vrijedi x2 = e.Dokazite da G ima podgrupu od 4 elementa.
Konacno dolazimo do jednog od prvih netrivijalnih rezultata - teorema o klasifikaciji svih pod-grupa grupe cijelih brojeva.
Teorem 1.4.12. Grupe (nZ,+) za n ∈ N0 su jedine podgrupe od (Z,+).
Dokaz. Prvo dokazimo (koristeci kriterij za podgrupe) da za n ∈ N0 vrijedi (nZ,+) 6 (Z,+).Neka su a, b ∈ nZ. Tada postoje x, y ∈ Z takvi da a = nx, b = ny. Buduci da je a + b =nx+ny = n(x+ y) slijedi da je a+ b ∈ nZ, a buduci da je −a = n · (−x) slijedi da je −a ∈ nZ.
Nadalje, neka je H 6 Z proizvoljna podgrupa. Zelimo pokazati da postoji n ∈ N0 takav da jeH = nZ. Ako je H = {0} trivijalna grupa onda mozemo uzeti n = 0.
Pretpostavimo da je H 6= {0}. Tada je H ∩ N 6= ∅. (Zaista, u H postoji neki element x 6= 0 teje −x takoder u H. Tocno jedan od brojeva x i −x mora biti pozitivan, tj. element od H ∩N.)Zbog toga ima smisla definirati n0 := minN ∩H.
Tvrdimo da je H = n0Z. Pokazimo obje inkluzije.
Prvo pokazujemo H ⊇ n0Z. Indukcijom po m dokazujemo da je n0m ∈ H za svaki m ∈ N.Baza, m = 1, vrijedi zbog definicije broja n0. Pretpostavimo li da je n0m ∈ H za neki m, zbogzatvorenosti od H na zbrajanje vrijedi n0(m+ 1) = n0m+ n0 ∈ H.
Za m = 0 vrijedi n0 · 0 = 0 ∈ H jer svaka podgrupa sadrzi neutralni element. Za m ∈ N vrijedin0(−m) = −(n0m) ∈ H jer je H zatvoreno na invertiranje. Time smo pokazali da je n0m ∈ Hza svaki m ∈ Z.
13
Algebarske strukture 1.4. Podgrupe
Ostaje pokazati da je H ⊆ n0Z. Neka je x ∈ H. Prema teoremu o dijeljenju s ostatkom postojeq ∈ Z i r ∈ Z takvi da je
x = n0q + r, 0 6 r 6 n0 − 1
Tada je
r = x− n0q ∈ H
jer je H podgrupa i vec smo pokazali da je n0q ∈ H.
Ako bi bilo r > 0, onda bi vrijedilo r ∈ N ∩H i r < n0 sto je kontradikcija s cinjenicom da jen0 minimalni takav broj. Dakle, r = 0 sto znaci da x = n0q ∈ n0Z. �
Zadaci za vjezbu
1. Neka je (G, ·) grupa, a H njen konacni podskup sa svojstvom da ako su x, y iz H, ondaje i x · y opet iz H. Dokazite da je H podgrupa od G.
2. Neka je G grupa i H 6 G. Uvedimo
CG(H) = {g ∈ G|gh = hg,∀h ∈ H}.
Ovaj skup se naziva centralizator od H u G. Je li CG(H) grupa?
3. Neka je G grupa i H 6 G. Uvedimo
NG(H) = {g ∈ G|gH = Hg}.
Ovaj skup se naziva normalizator od H u G. Dokazite da je NG(H) podgrupa od G.
4. Neka je (G, ·) grupa i Hi, i ∈ N niz njezinih podgrupa takvih da je Hi ⊂ Hi+1. Dokaziteda je tada i ∪∞i=1Hi 6 G.
5. Dokazite da je Kn 6 Km ako i samo ako n dijeli m.
6. Dokazite da je skup matrica
{[x x0 0
]: x ∈ R×}
grupa u odnosu na matricno mnozenje.
7. Ako je skup S, koji je podskup skupa matrica Mn(R), grupa u odnosu na matricnomnozenje, tada su ili sve matrice tog skupa regularne ili su sve matrice tog skupa singu-larne. Dokazite!
14
1.5. Homomorfizmi grupa Algebarske strukture
1.5 Homomorfizmi grupa
Definicija 1.5.1. Neka su (G, ·), (H, ∗) grupe. Preslikavanje f : G → H je homomorfizamgrupa ako za sve a, b ∈ G vrijedi
f(a · b) = f(a) ∗ f(b).
Monomorfizam je injektivan homomorfizam, epimorfizam je surjektivni homomorfizam, aizomorfizam je bijektivni homomorfizam. Endomorfizam je homomorfizam kojem su do-mena i kodomena iste grupe. Automorfizam je bijektivni endomorfizam.
Propozicija 1.5.2. Neka su G,H grupe, eG i eH jedinice u G i H te f : G→ H homomorfizamgrupa. Tada vrijedi f(eG) = eH .
Dokaz. Neka je a ∈ G. Vrijedi eH ·f(a) = f(a) = f(eG ·a)f homo-
= f(eG) ·f(a). Mnozeci zdesnas f(a) dobivamo eH = f(eG). �
Propozicija 1.5.3. Neka su G i H grupe, f : G → H homomorfizam grupa. Tada za svakix ∈ G vrijedi f(x)−1 = f(x−1).
Dokaz. Buduci da vrijedi f(x) · f(x)−1 = eH = f(eG) = f(x · x−1) = f(x) · f(x−1) Mnozenjems f(x)−1 slijeva dobivamo f(x)−1 = f(x−1). �
Napomena 1.5.4. Budite oprezni s oznakama. f−1(a)︸ ︷︷ ︸inverz funkcije
6= f(a)−1︸ ︷︷ ︸inverz elementa f(a)
.
Definicija 1.5.5. Neka su G,H grupe i f : G→ H homomorfizam.
Skup Kerf := {x ∈ G | f(x) = eH} zovemo jezgra od f .
Skup Im f := {f(x) | x ∈ G} zovemo slika od f .
Propozicija 1.5.6. Neka su G i H grupe, f : G → H homomorfizam grupa, L 6 G,K 6 H.Tada vrijedi:
(i) f(L) = {f(l) | l ∈ L} 6 H,
(ii) f−1(K) = {g ∈ G | f(g) ∈ K} 6 G.
Posebno, Ker f = f−1({eH}) 6 G i Im f = f(G) 6 H.
Dokaz.
(i) Neka su x, y ∈ f(L). Tada postoje l1, l2 ∈ L takvi da vrijedi f(l1) = x, f(l2) = y. Slijedida je
xy = f(l1) · f(l2)f homo-
= f(l1 · l2) ∈ f(L).
Nadalje, x−1 = f(l1)−1 Prop.
= f( l−11︸︷︷︸∈L
) ∈ f(L), sto pokazuje da je f(L) zatvoreno na
mnozenje i invertiranje, pa prema kriteriju za podgrupe zakljucujemo da je f(L) 6 H.
15
Algebarske strukture 1.5. Homomorfizmi grupa
(ii) Neka su x, y ∈ f−1(K), tj. f(x), f(y) ∈ K. Tada je
f(xy)homo-
= f(x)︸︷︷︸∈K
f(y)︸︷︷︸∈K
∈ K ⇒ xy ∈ f−1(K).
Ako je x ∈ f−1(K), onda je
f(x−1) = f(x)︸︷︷︸∈K
−1 ⇒ f(x)−1 ∈ K ⇒ f(x−1) ∈ K ⇒ x−1 ∈ f−1(K).
Vidimo da je kriterij za podgrupu zadovoljen, pa zakljucujemo f−1(K) 6 G.
�
D.Z. Neka su G,H grupe i f : G → H homomorfizam. Dokazite da je f monomorfizam ako isamo ako je Kerf trivijalna grupa.
Definicija 1.5.7. Kazemo da su grupe G i H izomorfne ako postoji izomorfizam f : G→ H.Tada pisemo G ∼= H.
D.Z. Dokazite da je relacija “biti izomorfan” relacija ekvivalencije (na familiji svih grupa).1
D.Z. Neka je G grupa, a AutG skup svih automorfizama od G. Dokazite da je (AutG, ◦)grupa.
Zadatak 1.5.8. Dokazite da grupe (R× , ·) i (C× , ·) nisu izomorfne.
Rjesenje. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji izomorfizam f : C× → R×. Buduci da svakihomomorfizam cuva jedinicu vrijedi f(1) = 1. Neka je a := f(i). Uocimo a 6= 1 jer je fbijekcija. Slijedi
f(−1) = f(i · i) = f(i)f(i) = a2,
1 = f(1) = f(−1)f(−1) = a2a2 = a4 ⇒ a4 = 1a∈R×, a 6=1⇒ a = −1.
No tada je f(−1) = a2 = 1 = f(1), sto je u kontradikciji s pretpostavkom da je f bijekcija.Dakle, pocetna je pretpostavka bila pogresna, tj. takav izomorfizam ne postoji. ♦
Zadatak 1.5.9. Dokazite da su grupe (Z4 , +4) i (Z5\{0}, ·5) izomorfne.
Rjesenje. Definirajmo f : Z4 → Z5\{0} na sljedeci nacin s namjerom da f bude homomor-fizam. Tada moramo staviti f(0) = 1 (neutralni element se preslikava u neutralni element).Stavimo f(1) = 2. Slijedi
f(2) = f(1 +4 1) = f(1) ·5 f(1) = 2 ·5 2 = 4
f(3) = f(2 +4 1) = f(2) ·5 f(1) = 4 ·5 2 = 3
1U teoriji skupova ne postoji skup svih skupova, pa tako ne postoji niti skup svih grupa. Familija svih grupaje ”prevelika” da bismo ju nazivali skupom.
16
1.5. Homomorfizmi grupa Algebarske strukture
Na ovaj nacin smo definirali bijekciju f . Ostaje provjeriti da je f homomorfizam (D.Z.). ♦
D.Z. Neka je H = ({−1, 1}, ·).
a) Dokazite da je H 6 (R×, ·).
b) Odredite sve homomorfizme f : R× → H.
D.Z. Neka je (G, ∗) konacna grupa i f : G→ (C×, ·) homomorfizam grupa sa svojstvom da
(∃x0 ∈ G) f(x0) 6= 1.
a) Dokazite da je g : G→ G definiran sa g(x) = x0 ∗ x bijekcija (ne nuzno izomorfizam! ).
b) Koristenjem (a) odredite∑x∈G
f(x) i∑
x∈G\{eG}
f(x).
Zadatak 1.5.10. Dokazite da postoje barem dvije razlicite (neizomorfne) grupe reda 4.
Rjesenje. Pogledajmo (Z4, +4) i (Z2 × Z2, +2), pri cemu je Z2 × Z2 = {(x, y) | x, y ∈ Z2} i(x1, y1) +2 (x2, y2) = (x1 +2 x2, y1 +2 y2). Tvrdimo da ove dvije grupe nisu izomorfne.
Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji izomorfizam f : Z4 → Z2×Z2. Odmah uocimo da ondamora biti f(0) = (0, 0). Oznacimo f(1) = (x1, y1), pa dobijemo
f(2) = f(1 +4 1) = f(1) +2 f(1) = (x1, y1) +2 (x1, y1) = (x1 +2 x1, y1 +2 y1) = (0, 0) = f(0),
sto je kontradikcija sa pretpostavkom da je f bijekcija. ♦
Napomena 1.5.11. Do na izomorfizam, postoje tocno dvije grupe reda 4 (i one su reprezen-tirane grupama iz prethodnog zadatka).
U prethodnom zadatku smo vidjeli grupu Z2×Z2 koja je poseban slucaj sljedece konstrukcije.
Definicija 1.5.12. Neka su (G, ·G) i (H, ·H) grupe. Definirajmo binarnu operaciju na G ×Hna sljedeci nacin
(g1, h1) · (g2, h2) = (g1 ·G g2, h1 ·H h2).
D.Z. Provjerite da je (G ×H, ·) grupa. Ovu grupu nazivamo direktan produkt grupa G i
H i oznacavamo jos s G⊕H. Za direktan produkt imamo prirodne projekcije πG : G⊕H → Gi πH : G⊕H → H koje su homomorfizmi grupa.
Napomena 1.5.13. Dosad smo vidjeli da su grupe objekti s odredenom matematickom struktu-rom i u teoriji grupa proucavamo njihove podobjekte, morfizme koji postuju tu strukturu i raznekonstrukcije (poput jezgre, kvocijenta, produkta). Kompozicija homomorfizama je ponovno homorfi-zam, pa kazemo da grupe i homomorfizmi grupa cine kategoriju. Sigurno uocavate da ste na slican
17
Algebarske strukture 1.5. Homomorfizmi grupa
nacin na drugim kolegijima proucavali kategoriju vektorskih prostora i linearnih operatora, kategorijutopoloskih prostora i neprekidnih preslikavanja, kategoriju grafova i morfizama grafova, kategorijuskupova i funkcija i jos mnoge druge.
Kategorija se sastoji od klase objekata i klase morfizama koje mozemo komponirati na asocijativannacin pri cemu identitete djeluju kao neutralni elementi. U svakoj kategoriji postoji pojam izomorfizma(morfizma koji ima inverz), a klasificirajuci problemi unutar teorije se bave proucavanjem struktura dona izomorfizam. Na primjer, skupove mozemo klasificirati prema broju elemenata, vektorske prostoreprema dimenziji, grafove prema relaciji incidencije, a grupe prema njihovim Cayleyevim tablicama.
Razvoj teorije kategorija bio je motiviran potrebama u algebarskoj topologiji za sistematizacijomnacina na koji probleme iz topologije mozemo svesti na probleme iz algebre. Zato se teorija kategorijabavi proucavanjem raznih konstrukcija unutar kategorije na univerzalan nacin te odnosima izmezurazlicitih kategorija.
D.Z. Dokazite da direktan produkt grupa G i H ima sljedece svojstvo: ako je K grupa, a g : K → Gi h : K → H homomorfizmi grupa, onda postoji jedinstveno preslikavanje f : K → G ⊕ H takvo davrijedi πG ◦ f = g i πH ◦ f = h, tj. tako da sljedeci dijagram komutira
G
Kf //
g
55
h))
G⊕HπG
;;
πH
##H
Napomena 1.5.14. Prethodni zadatak pokazuje da direktan produkt (G⊕H,πG, πH) ima univerzalnosvojstvo produkta. Na slican nacin mozemo definirati produkt objekata u bilo kojoj kategoriji te se mozedokazati da su bilo koja dva prdukta izomorfna.
Zadaci za vjezbu
1. Neka je
A =
{[a b−b a
]|a, b ∈ R, a2 + b2 6= 0
}.
Dokazite da je skup A, uz uobicajeno mnozenje matrica kao binarnu operaciju, podgrupa
od GL(2,R). Ispitajte je li skup A izomorfan s (C×, ·). (Uputa: a+ ib 7→[a b−b a
]).
2. Dokazite da je (R,+) ∼= (R×, ·). (Uputa: x 7→ ex).
3. Promotrimo grupu GL(2,Z2) uz uobicajeno mnozenje matrica. Dakle, elementi su joj2 × 2 matrice s matricnim elementima 0 i 1 ali s kojima operiramo po pravilima iz Z2:0 + 0 = 1 + 1 = 0. Je li je ta grupa izomorfna s S3?
18
1.6. Ciklicke i konacnogenerirane grupe Algebarske strukture
Uputa: pokazite prvo da GL(2,Z2) ima sest elemenata. Ako je moguce, pokusajte naci utoj grupi element reda 2 i element reda 3 koji ju generiraju. Mozete li takvo sto napravitiu S3?
4. Neka je G = {2n3m : n,m ∈ Z} i H = {2n : n ∈ Z}. Dokazite
(i) (G, ·) je grupa,
(ii) H 6 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. Dokazite da je fizomorfizam 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). Oznacimo E(φ, ψ) = {g ∈ G|φ(g) = ψ(g)}. Dokazite
(i) E(φ, ψ) 6 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 ujednacitelj morfizama φ i ψ.
1.6 Ciklicke i konacnogenerirane grupe
Definicija 1.6.1. Neka je G grupa i S ⊆ G proizvoljan podskup. Tada je (prema zadatku izpoglavlja o podgrupama)
〈S〉 :=⋂H6GS⊆H
H
podgrupa od G za koju kazemo da je generirana podskupom S i elemente skupa S zovemogeneratorima. Ako je S konacan skup i G = 〈S〉 kazemo da je G konacnogenerirana grupa.
Za grupu G kazemo da je ciklicka ukoliko je generirana jednim elementom, tj. ako postojia ∈ G takav da je G = 〈{a}〉. Za 〈{a}〉 koristimo jos i oznaku 〈a〉.
Propozicija 1.6.2. Neka je G grupa i S ⊆ G. Tada je
〈S〉 = {xn1i1· xn2
i2· . . . · xnk
ik: k ∈ N, xi1 , xi2 , . . . , xik ∈ S, n1, n2, . . . , nk ∈ Z}.
Dokazat cemo sljedecu jednostavniju verziju ove propozicije jer cemo u dokazu vidjeti glavneideje. Sami dokazite gornju propoziciju.
Propozicija 1.6.3. Neka je G grupa i a ∈ G. Tada je
〈a〉 = {an : n ∈ Z}.
19
Algebarske strukture 1.6. Ciklicke i konacnogenerirane grupe
Dokaz. Uvedimo oznaku A := {an : n ∈ Z}.
Prema definiciji, 〈a〉 je presjek svih podgrupa od G koje sadrze element a. Buduci da je Atakoder podgrupa (provjerite) i sadrzi a, slijedi da je 〈a〉 ⊆ A.
S druge strane, indukcijom pokazujemo da je an ∈ 〈a〉 za sve n ∈ N, pa buduci da je 〈a〉zatvorena na invertiranje slijedi da a−n ∈ 〈a〉 za sve n ∈ N, tj. A ⊆ 〈a〉. �
Oznacimo Z(a) := {n ∈ Z | an = eG}. Tada je Z(a) 6 (Z,+) (uocite da je f : Z→ G, f(n) = an
homomorfizam grupa i Z(a) = Kerf). Prema teoremu o klasifikaciji svih podgrupa grupe (Z,+)slijedi da postoji n0 ∈ N0 takav da je Z(a) = n0Z.
Definicija 1.6.4. Neka je G grupa i a ∈ G. Red |a| elementa a definiramo na sljedeci nacin
|a| ={n0, ako je Z(a) = n0Z+∞, ako je Z(a) = {0}.
Napomena 1.6.5. Mozemo poblize opisati grupu 〈a〉.
• Ako je |a| =∞, onda je an 6= am za sve n,m ∈ Z, n 6= m. Tada vrijedi
〈a〉 = {. . . , a−2, a−1, e, a1, a2, . . .} ∼= (Z,+)
• Ako je |a| = n0 ∈ N, onda je ak = an0+k za sve k ∈ Z i vrijedi
〈a〉 = {e, a, a2, a3, . . . , an0−1} ∼= (Zn0 ,+n0)
Dakle, vrijedi |a| = | 〈a〉 |. Ako je red elementa a konacan, onda je to najmanji prirodan broj ntakav da je an = e, tj.
|a| = min{n : an = e}.
Primjer 1.6.6. Promotrimo grupu simetrija kvadrata. Tada je element koji predstavlja rota-ciju za 90◦ reda 4, a element koji predstavlja zrcaljenje obzirom na dijagonalu reda 2.
Zadatak 1.6.7. Pokazite da (Q,+) nije ciklicka grupa.
Rjesenje. Pretpostavimo suprotno, tj. da je
⟨p
q
⟩= Q, za p ∈ Z, q ∈ N, p i q relativno prosti.
Promotrimo1
2q∈ Q. Prema pretpostavci
1
2q= n · p
q, za neki n ∈ Z, tj. 1 = 2np. Ovo je
nemoguce, sto znaci da je pocetna pretpostvka bila pogresna. Dakle, vrijedi tvrdnja zadatka.
D.Z. Dokazite da (Q,+) nije konacnogenerirana grupa.
D.Z. Dokazite da (Z⊕ Z,+) nije ciklicka grupa.
Zadatak 1.6.8. Dokazite da je podgrupa ciklicke grupe takoder ciklicka.
20
1.6. Ciklicke i konacnogenerirane grupe Algebarske strukture
Rjesenje. Neka je G ciklicka grupa i a ∈ G takav da je G = 〈a〉. Neka je H proizvoljnapodgrupa od G. Ako je H = {e}, onda je H ciklicka. Zato pretpostavimo da H nije trivijalnagrupa.
Tada je skup M = {m ∈ N | am ∈ H} neprazan, pa postoji minimum tog skupa m0 = minM .Tvrdimo da je 〈am0〉 = H.
Buduci da je H zatvoreno na mnozenje i am0 ∈ H, indukcijom slijedi da je anm0 ∈ H za sven ∈ N. Buduci da je H zatvoreno na invertiranje slijedi da je anm0 ∈ H za sve n ∈ Z. Dakle,〈am0〉 ⊆ H.
Neka je x ∈ H proizvoljan. Buduci da je x ∈ G = 〈a〉 postoji n ∈ Z takav da je x = an.
Prema teoremu o dijeljenju s ostatkom postoje q, r ∈ Z, 0 6 r 6 m0−1 takvi da je n = q ·m0+r.Tada je ar = an−qm0 = an · a−qm0 . Buduci da je an ∈ H te smo vec u prvom dijelu dokazapokazali da je a−qm0 za sve q ∈ Z, slijedi da je ar ∈ H. Buduci da je r 6 m0−1, a m0 je najmanjiprirodni broj takav da je am0 ∈ H, mora vrijediti r = 0. Dakle, n = m0q i x = am0q ∈ 〈am0〉.
Lema 1.6.9. Neka je G grupa i a ∈ G element konacnog reda. Za k ∈ Z vrijedi ak = eG ako isamo ako |a| dijeli k.
Dokaz. Za k ∈ Z vrijedi ak = e ako i samo ako je k ∈ Z(a), sto vrijedi ako i samo ako n0 dijelik gdje je n0 = |a|. �
Zadatak 1.6.10. Neka su G i H konacne ciklicke grupe takve da su |G| i |H| relativno prosti.Dokazite da je grupa G⊕H ciklicka.
Rjesenje. Neka je |G| = m i |H| = n, te neka su a ∈ G, b ∈ H takvi da je G = 〈a〉 ={e, a, a2, . . . , am−1} i H = 〈b〉 = {e, b, b2, . . . , bn−1}.
Tvrdimo da (a, b) generator grupe G⊕H. Buduci da je |G⊕H| = mn dovoljno je pokazati daje |(a, b)| = mn. Buduci da je (a, b)mn = (amn, bmn) = (enG, e
mH) = (eG, eH) prema Lemi slijedi
da |(a, b)| dijeli mn.
S druge strane (a, b)|(a,b)| = (eG, eH), sto povlaci a|(a,b)| = eG i b|(a,b)| = eH . Prema Lemi slijedida m = |a| i n = |b| dijele |(a, b)|. Buduci da je (m,n) = 1, zakljucujemo da mn dijeli |(a, b)odakle slijedi tvrdnja. ♦
Primjer 1.6.11. Prethodni zadatak pokazuje da je grupa Z2 ⊕ Z3 izomorfna s grupom Z6.Opcenito, Zn ⊕ Zm je izomorfno sa Znm ako i samo ako je M(n,m) = 1.
D.Z. Dokazite smjer koji nismo pokazali u prethodnom primjeru.
Zadatak 1.6.12. Odredite sve generatore konacne ciklicke grupe G reda n.
Rjesenje. Neka je a generator grupe G. Promotrimo na primjeru n = 12 koliki je red elementaak, tj. koji je najmanji eksponent na koji moramo potencirati ak kako bismo dobili potencijuod a12 = e. Imamo sljedeci niz vrijedosti |a0| = 1, |a1| = 12, |a2| = 6, |a3| = 4, |a4| = 3,|a5| = 12, |a6| = 2, |a7| = 12, |a8| = 3, |a9| = 4, |a10| = 6, |a11| = 12.
21
Algebarske strukture 1.7. Strukturni teorem za konacno generirane Abelove grupe
Vidimo da su generatori oblika ak za k ∈ {1, 5, 7, 11}, tj. za one k koji su relativno prosti s 12.Na temelju ovoga mozemo naslutiti da je
|ak| = n
M(n, k).
Dokazimo ovu tvrdnju. Neka je k ∈ {1, ..., n} fiksiran te oznacimo d = M(n, k), n = dn1, k =dk1. Tada je M(n1, k1) = 1 i kn1 = k1n. Zelimo pokazati da je |ak| = n1.
Zbog (ak)n1 = (an)k1 = e, Lema povlaci da |ak| dijeli n1. Buduci da je (ak)|ak| = e, Lema
povlaci da n = |a| dijeli k · |ak|, tj. n1 dijeli k1|ak|. Cinjenica da je M(n1, k1) = 1 povlaci da n1
dijeli |ak|.
Dakle, svi generatori su oblika ak pri cemu je M(n, k) = 1. Takvih elemenata ima ϕ(n).
D.Z. Odredite sve podgrupe ciklicke grupe reda n.
Propozicija 1.6.13. Neka je G grupa, a ∈ G element reda n, te f : G → H monomorfizamgrupa. Tada je |f(a)| = n.
Dokaz. Buduci da je f(a)n = f(an) = f(eG) = eH , Lema povlaci da |f(a)| dijeli n. S drugestrane f(eG) = eH = f(a)|f(a)| = f(a|f(a)|). Buduci da je f injekcija mora vrijediti a|f(a)| = eG,pa Lema povlaci da n dijeli |f(a)|. �
Korolar 1.6.14. Ako je f : G → H izomorfizam konacnih ciklickih grupa, onda f preslikavagenerator u generator.
1.7 Strukturni teorem za konacno generirane Abelove
grupe
U daljnim razmatranjima vrlo je vazno voditi racuna o rezultatu koji smo naveli u prethodnompoglavlju:
Zn ⊕ Zm ∼= Znm ⇔M(m,n) = 1. (1.1)
Teorem 1.7.1. Neka je G konacno generirana Abelova grupa. Tada:
(1) ∃!s, t ∈ N0, ∃m1,m2, . . . ,mt ∈ N takvi da m1 | m2 | . . . | mt i vrijedi
G ∼= Z⊕ Z⊕ . . .⊕ Z︸ ︷︷ ︸s puta - “slobodan dio”
⊕Zm1 ⊕ Zm2 ⊕ . . .⊕ Zmt︸ ︷︷ ︸torzija
(2) ∃!s, k ∈ N0, p1, p2, . . . , pk prosti (ne nuzno razliciti) , s1, s2, . . . , sk takvi da
G ∼= Z⊕ Z⊕ . . .⊕ Z︸ ︷︷ ︸s puta - “slobodan dio”
⊕Zp1s1 ⊕ Zp2s2 ⊕ . . .⊕ Zpksk︸ ︷︷ ︸torzija
22
1.7. Strukturni teorem za konacno generirane Abelove grupe Algebarske strukture
Zadatak 1.7.2. Odredite do na izomorfizam sve Abelove grupe reda:
a) 100
b) 1500
c) 16.
Rjesenje.
a) Prvo rastavimo 100 na proste faktore, 100 = 22 ·52. Sad, po Teoremu (2), ovisno o tome kakogrupiramo faktore 2, 2, 5, 5, dobivamo razlicite (tj. medusobno neizomorfne) grupe (uocimousput da slobodnog dijela nece biti, jer promatramo konacne grupe). Na primjer, 2 · 2 · 52
(dakle p1 = 2, s1 = 1, p2 = 2, s2 = 1, p3 = 5, s3 = 2) daje Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z52 = Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z25,a 22 · 52 (dakle p1 = 2, s1 = 2, p2 = 5, s2 = 5) daje Z22 ⊕ Z52 = Z4 ⊕ Z25. Tako dobivamosljedecu tablicu svih Abelovih grupa reda 100 (do na izomorfizam):
22 · 52 Z4 ⊕ Z25
2 · 2 · 52 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z25
22 · 5 · 5 Z4 ⊕ Z5 ⊕ Z5
2 · 2 · 5 · 5 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z5 ⊕ Z5
Dakle svaka Abelova grupa G reda 100 je izomorfna tocno jednoj od gornjih grupa u drugomstupcu. Pogledajmo sad sto daje prikaz pomocu Teorema (1). Na primjer, za Z2⊕Z2⊕Z5⊕Z5
zelimo pronaci m1,m2 . . . ,mt za koje vrijedi m1 | m2 | · · · | mt koristeci 1.1. Tako izZ2⊕Z2⊕Z5⊕Z5 uzmemo Z2⊕Z5
∼= Z10 (jer je M(2, 5) = 1) i dobijemo m1 = 10,m2 = 10,dakle m1 | m2, pa je
Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z5 ⊕ Z5∼= Z10 ⊕ Z10.
Dalje, za Z4⊕Z5⊕Z5 sparimo prva dva sumanda u Z20 pa dobijemo Z4⊕Z5⊕Z5∼= Z5⊕Z20
(m1 = 5,m2 = 20). Za Z2⊕Z2⊕Z25 iskoristimo Z2⊕Z25∼= Z50 pa je Z2⊕Z2⊕Z25
∼= Z2⊕Z50
(m1 = 2,m2 = 50). I na kraju, Z4⊕Z25∼= Z100 (m1 = 100). Dodajmo i ove prikaze u gornju
tablicu:
Zapis (2) ∼= Zapis (1)22 · 52 Z4 ⊕ Z25
∼= Z100
2 · 2 · 52 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z25∼= Z2 ⊕ Z50
22 · 5 · 5 Z4 ⊕ Z5 ⊕ Z5∼= Z5 ⊕ Z20
2 · 2 · 5 · 5 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z5 ⊕ Z5∼= Z10 ⊕ Z10
Prikazi (tj. grupe) u pojedinom retku su izomorfni, a grupe u razlicitim retcima su medusobnoneizmorfne.
23
Algebarske strukture 1.7. Strukturni teorem za konacno generirane Abelove grupe
b) 1500 = 22 · 3 · 53. Dakle, kao i u a) dijelu, imamo za pocetak sljedecu tablicu:
Zapis (2)22 · 3 · 53 Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z125
2 · 2 · 3 · 53 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z125
22 · 3 · 52 · 5 Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z25
2 · 2 · 3 · 52 · 5 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z25 ⊕ Z5
22 · 3 · 5 · 5 · 5 Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5
2 · 2 · 3 · 5 · 5 · 5 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5
Na temelju zakljucivanja u a) dijelu, opisimo postupak za prevodenje zapisa (2) u zapis (1):- Uzmimo sto vise sumanada u zapisu (2) sa medusobno relativno prostim indeksima i spo-jimo ih u jedan sumand za zapis (1).- Ponovimo gornji korak, ali zanemarujuci sumande u zapisu (2) koje smo prethodno uzeli.Ponavljamo dok ne nestane sumanada u zapisu (2).
U prvom koraku odredujemo sumand Zmt iz zapisa (1). Zato za njega uzimamo sto visesumanada s medusobno relativno prostim indeksima, jer bi u suprotnom za neki Zmt−i
vri-jedilo mt−i - mt.Pokazimo postupak na primjeru Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5:- Uzmemo Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z5 i kako je Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z5
∼= Z30 dobijemo sumand Z30 u zapisu (1).- Od zapisa (2) dalje promatramo samo Z2 ⊕ Z5 ⊕ Z5. Opet uzmemo sto vise sumanada smedusobno relativno prostim indeksima – to su Z2 i Z5, pa kako je Z2⊕Z5
∼= Z10 dobijemosumand Z10 u zapisu (1).- Od zapisa (2) nam je ostalo samo Z5, dakle Z5 je sumand u zapisu (1).
Dobili smo Z2⊕Z2⊕Z3⊕Z5⊕Z5⊕Z5∼= Z5⊕Z10⊕Z30. Tako dobijemo sljedecu tablicu:
Zapis (2) ∼= Zapis (1)22 · 3 · 53 Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z125
∼= Z1500
2 · 2 · 3 · 53 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z125∼= Z2 ⊕ Z750
22 · 3 · 52 · 5 Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z25∼= Z5 ⊕ Z300
2 · 2 · 3 · 52 · 5 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z25 ⊕ Z5∼= Z10 ⊕ Z150
22 · 3 · 5 · 5 · 5 Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5∼= Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z60
2 · 2 · 3 · 5 · 5 · 5 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5∼= Z5 ⊕ Z10 ⊕ Z30
c) 16 = 24. Uocimo da ce zapis (1) biti isti kao zapis (2), jer u zapisu (2) necemo imati stosparivati:
24
1.7. Strukturni teorem za konacno generirane Abelove grupe Algebarske strukture
Zapis (2) ∼= Zapis (1)24 Z16
∼= Z16
23 · 2 Z2 ⊕ Z8∼= Z2 ⊕ Z8
22 · 22 Z4 ⊕ Z4∼= Z4 ⊕ Z4
22 · 2 · 2 Z4 ⊕ Z2 ⊕ Z2∼= Z4 ⊕ Z2 ⊕ Z2
2 · 2 · 2 · 2 Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2∼= Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2
Zadaci za vjezbu
1. Dokazite da sljedeci elementi grupe G imaju isti red
(a) a i a−1
(b) a i bab−1
(c) ab i ba
Uputa: posebno razmotrite slucaj |a| <∞ i |a| =∞.
2. Neka su G i H grupe, te f : G→ H homomorfizam. Ako je |a| = n, koje sve vrijednostimoze poprimiti |f(a)|?
3. Neka je G konacna grupa, |G| = p, gdje je p prost. Dokazite da je g ciklicka.
4. Neka je G Abelova grupa. Dokazite da je skup svih elemenata konacnog reda podgrupaod G.
5. Koje su od sljedecih grupa ciklicke?
(a) Kn = {z ∈ C : zn = 1}.
(b) P∞p = {z ∈ C| postoji n ∈ N takav da zpn
= 1}, gdje p prost
(c) K =⋃n Kn.
(d) S1 = {z ∈ C : |z| = 1}.
6. Promatrajmo (Q,+). Promatrajmo nadalje podgrupu H 6= {0} od Q generiranu s dvaelementa, tj. H =< {a, b} >, za neke a, b ∈ Q. Dokazite da je H beskonacna ciklicka.
7. Neka su Gi, i = 1, 2, . . . podgrupe grupe G sa svojstvom Gi ⊂ Gi+1, Gi 6= Gi+1 za svei = 1, 2, . . .. Dokazite da
⋃iGi nije ciklicka.
25
Algebarske strukture 1.8. Grupe permutacija
1.8 Grupe permutacija
Definicija 1.8.1. Permutacija skupa od n elemenata je bijekcije skupa {1, 2, . . . , n} u sebesamog.
Permutacije zapisujemo tradicionalno na sljedeci nacin :
σ =
(1 2 3 · · · n
σ(1) σ(2) σ(3) · · · σ(n)
).
Ukupno ih ima n!, a skup svih permutacija skupa od n elemenata oznacavamo s Sn. Kao stosmo vec spomenuli u ranijim poglavljima, (Sn, ◦) je grupa (pri cemu ◦ oznacava komponiranje,odnosno “mnozenje” permutacija).
Napomena 1.8.2. Mnozenje permutacija nije komutativno; npr.(1 2 31 3 2
)(1 2 32 1 3
)=
(1 2 33 1 2
),
(1 2 32 1 3
)(1 2 31 3 2
)=
(1 2 32 3 1
).
Definicija 1.8.3. Neka su i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Ako je i < j i σ(i) > σ(j), par (i, j) ciniinverziju permutacije σ.
Ukupan broj inverzija u permutaciji σ oznacava se s I(σ); obzirom na broj inverzija permutacijedijelimo na parne i neparne.
Predznak permutacije σ se definira kao i(σ) = (−1)I(p).
Propozicija 1.8.4. Vrijedi
i(σ) =∏i<j
σ(i)− σ(j)
i− j.
Definicija 1.8.5. Ciklus ili ciklicka permutacija (duljine k) je permutacija za koju postojei1 < i2 < · · · < ik t.d. je σ(i1) = i2, σ(i2) = i3, . . . , σ(ik−1) = ik, σ(ik) = i1, i σ fiksira sveelemente iz {1, 2, . . . , n} \ {i1, . . . , ik}.
Obicno ju zapisujemo kao (i1i2 . . . ik).
Primjer 1.8.6. Permutacija
(1 2 3 43 1 2 4
)je ciklus (132). Permutacije
(1 2 3 42 1 4 3
)i(
1 2 3 43 4 1 2
)nisu ciklusi.
Propozicija 1.8.7. Disjunktni ciklusi komutiraju.
Propozicija 1.8.8. Svaka permutacija se moze zapisati kao produkt disjunktnih ciklusa (najedinstven nacin do na poredak ciklus).
26
1.8. Grupe permutacija Algebarske strukture
Propozicija 1.8.9. Predznak ciklusa duljine k je (−1)k−1. Koristeci ovu cinjenicu, i imaju cina umu da je i homomorfizam, lako mozemo izracunati predznak svake permutacije (rastav-ljujuci je u produkt disjunktnih ciklusa).
Propozicija 1.8.10. Red ciklusa duljine k je k.
Propozicija 1.8.11. Red permutacije je najmanji zajednicki visekratnik redova disjunktnihciklusa na koje rastavljamo tu permutaciju.
D.Z. Nadite red i parnost permutacije(1 2 3 4 5 6 74 3 1 6 7 5 2
).
Zadatak 1.8.12. Nadite element najveceg reda u Sn, n = 1, 2, . . . , 10.
Rjesenje.
S1 = {id} ⇒ najveci red je 1.
S2 = {id, (1 2)} ⇒ najveci red je 2.
S3 = {id, (1 2), (1 3), (2 3), (2 3 1), (3 1 2)} ⇒ najveci red je 3.
Dalje cemo promatrati samo duljine ciklusa na koje se neka permutacija moze rastaviti. Tako,na primjer, permutacije iz S4 mozemo rastaviti na 1 + 1 + 1 + 1, 2 + 1 + 1, 2 + 2, , 3 + 1 i 4, tj.cikluse gdje su svi duljine 1, ili na jedan ciklus duljine 2 i dva ciklusa duljine 1, ili na jedan ciklusduljine 3 i jedan duljine 1, itd. Sad medu tim rastavima trazimo onaj koji ce dati permutacijunajveceg reda. Uocimo da ce taj red biti upravo najmanji zajednicki visekratnik sumanada urastavu. Dakle, element najveceg reda u S4 ce biti bilo koji ciklus duljine 4, npr. (1 2 3 4).Pogledajmo sad S5. Moguci rastavi su 1+1+1+1+1, 2+1+1+1, 2+2+1, 3+1+1, 3+2, 4+1, 5.Vidimo da ce najveci red imati permutacija koja je produkt jednog ciklusa duljine 3 i jednogciklusa duljine 2, npr. (1 2 3)(4 5).
((1 2 3)(4 5))k = ekomut.⇒ (1 2 3)k(4 5)k = e
Kako (1 2 3) i (4 5) ne mogu biti jedno drugome inverz, imamo
(1 2 3)k = e|(1 2 3)|=3⇒ 3 | k
(4 5)k = e|(4 5)|=2⇒ 2 | k
dakle k = NZV (2, 3) = 6, sto smo i ocekivali. Tako dalje dobivamo red 6 za S6 (ciklus duljine6), red 12 za S7 (4 + 3), red 15 za S8 (5 + 3), red 20 za S9 (5 + 4), i red 30 za S10 (5 + 3 + 2). ♦
27
Algebarske strukture 1.9. Lijeve/desne klase i Lagrangeov teorem
1.9 Lijeve/desne klase i Lagrangeov teorem
Neka je G grupa i H neka njezina podgrupa. Tada za svaki g ∈ G \H skupovi H i gH = {gh :h ∈ H} imaju isti broj elemenata, tj. f : H → gH, f(h) = gh je bijekcija.
Skupove gH, g ∈ G nazivamo lijevim klasama. Definirajmo na G relaciju g ∼H g′ ako jeg−1g′ ∈ H.
D.Z. Provjerite da je relacija ∼H relacija ekvivalencije i da se pripadne klase ekvivalencijepodudaraju s lijevim klasama.
Analogno definiramo desne klase Hg, g ∈ G.
Propozicija 1.9.1. Broj lijevih klasa je jednak broju desnih klasa.
Definicija 1.9.2. Broj lijevih klasa nazivamo indeks podgrupe H u G (oznaka [G : H]).
Iz prethodnih razmatranja (sve lijeve klase imaju broj elemenata jednak |H| i broj klasa je[G : H]) direktno slijedi ovaj (jednostavan, ali vrlo vazan) teorem.
Teorem 1.9.3. (Lagrange)Neka je G konacna grupa i H 6 G. Tada je |G| = |H| · [G : H].
Navedimo nekoliko posljedica Lagrangeovog teorema:
(1) Ako je H 6 G i G konacna grupa, onda |H| dijeli |G|.
(2) Ako je |G| = p, p prost, onda G nema pravih podgrupa. Naime, ako je H 6 G, teorempovlaci da je ili |H| = 1 ili |H| = p, pa je H jedna od trivijalnih podgrupa ({eG}, G).
(3) Za a ∈ G, red elementa |a| dijeli red grupe |G|. Naime, |a| = | 〈a〉 | i 〈a〉 6 G.
(4) Za a ∈ G vrijedi a|G| = e. Naime, |a| dijeli |G|, pa je |G| = k|a| i
a|G| = ak|a| = (a|a|)k
= ek = e.
(5) Znamo da je (Z×p , ·p) grupa ako je p prost, i da je |Z×p | = p−1. Prema (4) imamo ap−1 = [1].Ovaj rezultat zovemo Mali Fermatov teorem, ako je a ∈ N relativno prost s p onda
ap−1 ≡ 1 (mod p).
(6) Opcenitije, ako je Um = Z×m = {[k] ∈ {1, 2, . . . ,m− 1} | (k,m) = 1}, onda je |Um| = ϕ(m)(funkciju ϕ zovemo Eulerova funkcija). Tada za svaki [k] ∈ Um vrijedi [k]ϕ(m) = [k]|Um| = [1].U teoriji brojeva ovaj rezultat zovemo Eulerov teorem, tj. za a ∈ N koji je relativno prosts m vrijedi
aϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Napomena 1.9.4. Opcenito, nije istina da za svaki djelitelj n broja |G| postoji podgrupa odG reda n. Grupa A4 nema podgrupu reda 6, iako 6 dijeli |A4| = 12. Procitajte vise u poglavljuo Sylowljevim teoremima.
28
1.10. Kvocijentne grupe i normalne podgrupe Algebarske strukture
1.10 Kvocijentne grupe i normalne podgrupe
Neka je H podgrupa grupe G. Tada promatramo kvocijentni skup
G/H = {[x] : x ∈ G}
ciji elementi su lijeve klase.
Zanima nas pod kojim uvjetima je na prirodan nacin, tj. formulom
[x] · [y] = [xy] (1.2)
dobro definirana binarna operacija na G/H.
Naime, gornja formula kaze da za dvije klase K1 = [x] K2 = [y] u G/H odaberemo po jedanreprezentant (npr. x ∈ K1 i y ∈ K2) iz svake od tih klasa i onda kao produkt klasa K1 i K2
definiramo onu klasu K koja sadrzi produkt xy.
U toj konstrukciji postoji potencijalni problem. Naime odaberemo li neke druge reprezentantex′ ∈ K1 i y′ ∈ K2, njihov produkt x′y′ se ne mora nalaziti u istoj klasi K u kojoj se nalazi xy.
Dakle, pridruzivanje (K1, K2) 7→ K nije dobro definirano jer bi K istovremeno morao biti i[xy] i [x′y′], sto je u nekim slucajevima nemoguce. Kazemo da kvocijentni skup G/H opcenitonema prirodnu strukture grupe.
No, pod nekim uvjetima na podgrupu H mozemo vidjeti da ce x ∼H x′ i y ∼H y′ povlaciti daje xy ∼H x′y′, tj. da gornjoj formulom dobivamo dobro definiranu binarnu operaciju na G/H.
Definicija 1.10.1. Za podgrupu H grupe G kazemo da je normalna (oznaka H EG) ako zasvaki element x ∈ G i svaki h ∈ H vrijedi
x−1hx ∈ H.
Napomena 1.10.2. Podgrupa H je normalna u G ako i samo ako xNx−1 = N za sve x ∈ G.
Teorem 1.10.3. Neka je H normalna podgrupa od G. Tada je formulom 1.2 dobro definiranabinarna operacija · na G/H i (G/H, ·) je grupa.
Dokaz. Neka je x′ ∼H x i y′ ∼H y, tj. pretpostavimo da je x−1x′ ∈ H i y−1y′ ∈ H. Tada je
(xy)−1(x′y′) = y−1x−1x′y′ = y−1y′(y′)−1x−1x′y′.
Buduci da je H normalna, a x−1x′ ∈ H zakljucujemo da je y′−1(x−1x′y′ ∈ H. Kako jey−1y′ ∈ H, slijedi da je (xy)−1(x′y′) ∈ H, tj. xy ∼H x′y′. Time smo pokazali da je · dobrodefinirana binarna operacija.
D.Z. Provjerite da u grupoidu (G/H, ·) vrijedi asocijativnost, odredite neutralni element ipokazite da svaka klasa ima inverz. �
Primjer 1.10.4. Trivijalne podgrupe {e} i G su normalne u G.
29
Algebarske strukture 1.10. Kvocijentne grupe i normalne podgrupe
Primjer 1.10.5. Svaka podgrupa Abelove grupe je normalna.
Primjer 1.10.6. Neka je G = Z i H = nZ. Tada je (Z/nZ,+) izomorfna grupi Zn ostatakamodulo n.
Lema 1.10.7. Neka je f : G→ H homomorfizam grupa. Tada je Kerf EG.
Dokaz. Neka je x ∈ G i k ∈ Kerf . Tada je f(x−1kx) = f(x)−1f(k)f(x) = f(x)−1eHf(x) = eH ,pa je x−1kx ∈ Kerf . �
Propozicija 1.10.8. Neka je n prirodan broj i Sn grupa permutacija. Tada je podgrupa Anparnih permutacija normalna u Sn.
D.Z. Dokazite da je i : Sn → {−1, 1} homomorfizam grupa i An = Ker(i).
D.Z. Neka je H 6 G i [G : H] = 2. Dokazite da je H normalna podgrupa od G.
Primjer 1.10.9. Podgrupa {id, (1 2)} u S3 nije normalna. Promotrite homomorfizam
f : ({−1, 1}, ·)→ (S3, ◦)
takav da je f(1) = id, f(−1) = (1 2). Ovaj primjer pokazuje da Im f opcenito ne mora bitinormalna podgrupa.
Zadatak 1.10.10. Dokazite da su jedine normalne podgrupe od S3 su {id}, S3 i A3.
Rjesenje. Pretpostavimo da je N normalna podgrupa od S3 razliclita od {id} i A3. TadaN E G sadrzi barem jednu transpoziciju (tj. ciklus duljine 2). Bez smanjenja opcenitostimozemo pretpostaviti da je (1 2) ∈ N .
Buduci da je N normalna slijedi da je (2 3) = (1 3)(1 2)(1 3)−1 ∈ N . Takoder (1 3) =(2 3)(1 2)(2 3)−1 ∈ N. Dakle N sadrzi barem sljedeca 4 elementa: id, (1 2), (2 3), (1 3).
Prema Lagrangeovom teoremu |N | dijeli |S3| = 6, a buduci da je |N | > 4 slijedi da je |N | = 6.Dakle, N = S3. ♦
Napomena 1.10.11. Za n > 4 grupa An nema netrivijalnih normalnih podgrupa, tj. An jeprosta grupa.
D.Z. Neka je H = {e, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} 6 S4. Odredite S4/H.
Teorem 1.10.12. (Prvi teorem o izomorfizmu) Neka je f : G→ H homomorfizam grupa. Tadaje Kerf normalna podgrupa i f inducira izomorfizam iz G/Kerf na Im f .
Primjer 1.10.13. Primjenimo li teorem na homomorfizam i : Sn → {−1, 1} dobivamo izomor-fizam izmedu Sn/An i Z2.
Primjer 1.10.14. Primjenimo li teorem na homomorfizam exp: (R,+) → (C×, ·), exp(t) =e2πit dobivamo izomorfizam izmedu (R/Z,+) i (S1, ·).
30
1.10. Kvocijentne grupe i normalne podgrupe Algebarske strukture
Zadaci za vjezbu
1. Dokazite da je presjek normalnih podgrupa (neke grupe) opet normalna podgrupa (tegrupe).
2. Neka su H i K podgrupe grupe G i neka su x, y dva elementa iz G takva da vrijediHx = Ky. Dokazite da je tada H = K.
3. Dana je podgrupa H grupe G. Tada vrijedi: H je normalna podgrupa grupe G ako isamo ako za svaka dva elementa iz G vrijedi:
ab ∈ H ⇔ ba ∈ H.
4. Neka je H podskup od G, a x element iz G. Dokazite:
xHx−1 6 G⇔ H 6 G.
5. Neka je H konacna podgrupa grupe G. Dokazite da za svaki x iz G vrijedi |H| = |xHx−1|.
6. Neka je G grupa. Oznacimo s [G,G] podgrupu generiranu elementima oblika xyx−1y−1
(takve elemente nazivamo komutatorima). Grupu [G,G] nazivamo komutatorska pod-grupa. Dokazite da je [G,G] normalna podgrupa od G i dokazite da je G/[G,G] komuta-tivna grupa.
7. Neka su G1 i G2 grupe, te N1 EG1 i N2 EG2. Dokazite da je N1 ⊕N2 EG1 ⊕G2.
8. Neka je N = {0, 4, 8} ⊂ Z12. Je li N normalna podgrupa od Z12? Ako jest, odrediteZ12/N .
9. Je li kvocijentna grupa ciklicke grupe ponovno ciklicka?
10. Kako izgleda kvocijentna grupa (R,+)/(Z,+)? A (C,+)/(R,+)?
11. Smislite po 1 primjer za svaki od tri teorema o izmorfizmu.
12. U grupi G = Z3 ⊕ Z4 definiramo skup H = {(a, b) ∈ G : a = 0}. Dokazite da je Hnormalna podgrupa od G, ispisite sve klase u G/H i odredite cemu je izomorfna grupaG/H.
Pokusajte poopciti ovaj primjer; dakle promatrajmo direktnu sumu dvije grupe, i formi-rajmo skup analogan skupu H iz primjera. Je li to podgrupa? Je li normalna? Ako jest,kako izgleda pripadna kvocijentna grupa?
31
Algebarske strukture 1.11. Automorfizmi
1.11 Automorfizmi
Prisjetimo se, AutG = {f : G → G | f izomorfizam grupa}, a ◦ je kompozicija funkcija, te je(AutG, ◦) grupa jer je kompozicija homomorfizama ponovno homomorfizam i inverz svakogizomorfizma je takoder homomorfizam.
Zadatak 1.11.1. Neka je G ciklicka grupa. Pokazite da je Aut(G) komutativna grupa.
Rjesenje. U poglavlju o ciklickim grupama smo vidjeli da izomorfizam ciklickih grupa pres-likava generator u generator. Nadalje, svaki homomorfizam cija domena je ciklicka grupa jejedinstveno odreden djelovanjem na generatoru.
Neka je G = 〈a〉. Neka su f, g ∈ Aut(G) i f(a) = ak, g(a) = al. Tada je
(f ◦ g)(a) = f(al) = f(a)l = akl = g(a)k = g(ak) = (g ◦ f)(a).
Buduci da su automorfizmi f ◦g i g◦f jedinstveno odredeni djelovanjem na generatoru a, slijedida je f ◦ g = g ◦ f . ♦
Primjer 1.11.2. Prema prethodnom zadatku znamo da je grupa AutZn komutativna. Ranijesmo vidjeli da izomorfizam ciklickih grupa preslikava generator u generator, te je odreden djelo-vanjem na generator. Dakle, svaki automorfizam grupe AutZn je odreden svojim djelovanjemna 1. Oznacimo te automorfizme s fi, pri cemu je fi(1) = i. Tada je (Z×n , ·n)→ (Aut, ◦), i 7→ fiizomorfizam grupa (D.Z.).
Zadatak 1.11.3. Odredite kojoj Abelovoj grupi je izomorfna grupa AutZ15.
Rjesenje. Prema prethodnom primjeru ta grupa je izomorfna grupi (Z×15, ·15), koja ima φ(15) =8 elemenata (reprezentirani s 1,2,4,7,8,11,13,14).
Prema strukturnom teoremu za konacnogenerirane Abelove grupe, Z×15 je izomorfno tocno jednojod sljedece tri grupe
Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2, Z2 ⊕ Z4, Z8.
Uocimo da je najveci red elemenata u Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 jednak 2, u Z2 ⊕ Z4 je 4, a u Z8 je 8.Pogledajmo redove elemenata u AutZ15: |1| = 1, |2| = 4 (jer 2 ·15 2 ·15 2 ·15 2 = 24 = 1),|4| = 2, |7| = 4, |8| = 4, |11| = 2, |13| = 4, |14| = 2. Zakljucujemo AutZ15
∼= Z2 ⊕ Z4. ♦
D.Z. Odredite kojoj je grupi izomorfna grupa Aut(Aut(Z8)).
Primjer 1.11.4. Neka je (G, ·) grupa i g ∈ G. Tada je preslikavanje fg : G → G zadano sfg(x) = gxg−1 automorfizam. Naime,
• fg(xy) = gxyg−1 = gxg−1gyg−1 = fg(x)fg(y)⇒ fg je homomorfizam.
• fg(x) = fg(y)⇒ gxg−1 = gyg−1 ⇒ x = y ⇒ fg je injekcija.
32
1.12. Sylowljevi teoremi Algebarske strukture
• Neka y ∈ G. Trazimo x takav da fg(x) = y. fg(x) = y ⇔ gxg−1 = y ⇔ x = g−1yg.Dakle, fg je surjekcija.
Takvi automorfizmi se nazivaju unutrasnji automorfizmi.
Promotrimo preslikavnje ϕ : G→ IntG, g 7→ fg. Pokazimo da je ovo preslikavanje homomorfi-zam grupa. Neka su g, h ∈ G. Tada je
fg ◦ fh(x) = fg(hxh−1) = ghxh−1g−1 = (gh)x(gh)−1 = fgh(x)
za sve x ∈ G. Dakle, fg ◦ fh = fgh, tj. ϕ(g) ◦ ϕ(h) = ϕ(gh).
Oznacimo li s Int(G) skup svih unutrasnjih automorfizama, onda je Int(G) = Im ϕ, pa za-kljucujemo da unutrasnji automorfizmi cine podgrupu grupe svih automorfizama.
Odredimo jos jezgru homomorfizma ϕ. Vrijedi
g ∈ Kerϕ⇔ fg(x) = x, ∀x ∈ G⇔ gxg−1 = x,∀x ∈ G⇔ gx = xg,∀x ∈ G.
Dakle, Kerϕ = {g ∈ G : gx = xg,∀x ∈ G}. Ovaj skup jos nazivamo i centar od G ioznacavamo s Z(G).
Prema prvom teoremu o izomorfizmu slijedi da je Z(G) normalna podgrupa od G i G/Z(G) jeizomorfno s Int(G).
Ako je G komutativna grupa, onda je Z(G) = G i Int(G) je trivijalna grupa. Mozemo reci daInt(G) mjeri ”koliko je G nekomutativna”.
Zadatak 1.11.5. Neka G/Z(G) ciklicka. Dokazite da je G Abelova.
Rjesenje. Neka je G/Z(G) = 〈aZ(G)〉, gdje je a ∈ G. Neka su x, y ∈ G proizvoljni. Tadapostoje n,m ∈ Z takvi da je x ∈ anZ(G), y ∈ amZ(G), tj. postoje u, vinZ(G) takvi da x = anui y = amv. Slijedi xy = anuamv = anamuv = an+mvu = amanvu = amvanu = yx. ♦
1.12 Sylowljevi teoremi
Prema Lagrangeovom teoremu red podgrupe dijeli red grupe. Obrat opcenito ne vrijedi, npr. grupaA4 parnih permutacija reda 4 je grupa reda 12 koja nema podgrupu reda 6.
Za grupu u kojoj je red svakog elementa oblika pr, r > 1 (za fiksiran prost broj p) kazemo da jep-grupa. Ako je G grupa i H podgrupa od G koja je p-grupa, kazemo da je H p-podgrupa od G.
Prvi Sylowljev teorem
Neka je G grupa reda pn ·m pri cemu je p prost broj,n > 1 i M(p,m) = 1. Tada G sadzi podgrupureda pi za svako i = 1, 2, ...m, te je svaka podgrupa reda pi normalna u nekoj podgrupi reda pi+1 zai < m.
Za podgrupu P grupe G kazemo da je Sylowljeva p-podgrupa (za p prost) ako je P maksimalnap-podgrupa od G, tj. P 6 H 6 G, H p-podgrupa povlaci da je H = P ili H = G.
33
Algebarske strukture 1.12. Sylowljevi teoremi
Drugi Sylowljev teorem
Ako je H p-podgrupa konacne grupe G i P bilo koja Sylowljeva p-podgrupa od G, onda postoji x ∈ Gtakav da je xHx−1 6 P . Posebno, svake dvije Sylowljeve p-podgrupe su konjugirane.
Treci Sylowljev teorem
Ako je G konacna grupa i p prost broj, onda broj Sylowljevih p-podgrupa od G dijeli red grupe G ioblika je kp+ 1 za neki cijeli broj k > 0.
Zadatak 1.12.1. Svaka podgrupa reda 17 u grupi reda 255 je normalna.
Rjesenje. Buduci da je 255 = 3 ·5 ·17, prema 3. ST je broj Sylowljevih 17-podgrupa je oblika 1+17kpri cemu 1 + 17k|255. Kako za k > 0 broj 1 + 17k ne dijeli 17, a ni 3 · 5 = 15 slijedi da je k = 0.Sylowljeva 17-podgrupa je jedinstvena, pa prema 2. ST slijedi da je ta grupa sama sebi konjugiranasto povlaci normalnost. ♦
D.Z. Neka su p, q prosti (ne nuzno razliciti) brojevi, a G grupa reda pq. Dokazite da G sadrzinetrivijalnu normalnu podgrupu.
Lema 1.12.2. Neka su H i K podgrupe grupe G ciji redovi su relativno prosti brojevi. Tada jeH ∩K = {eG}.
Dokaz. Neka je |H| = h, |K| = k. Buduci da su h i k relativno prosti postoje cijeli brojevi a, b takvida je ah+ bk = 1. Za proizvoljan element x ∈ H ∩K vrijedi x = x1 = xah+bk = (xh)a · (xk)b = eG. �
Zadatak 1.12.3. Dokazite da je svaka grupa reda 77 ciklicka.
Rjesenje. Primjetimo da je 77 = 7 · 11. Broj Sylowljevih 7-podgrupa je oblika 7k + 1 pri cemu tajbroj dijeli 77, tj. mora dijeliti 11. To je moguce samo ako je k = 0. Kao i u 1. primjeru zakljucujemoda je Sylowljeva 7-podgrupa P7 jedinstvena i normalna u citavoj grupi. Podgrupa P7 je ciklicka reda7.
Analogno zakljucujemo da je Sylowljeva 11-pogrupa P11 jedinstvena i normalna u citavoj grupi. Pod-grupa P11 je ciklicka grupa reda 11. Prema lemi zakljucujemo da je presjek P7 ∩ P11 trivijalan, paje njihov direktan produkt sadrzan u pocetnoj grupi. Buduci da je broj elemenata tog direktnogprodukta upravo 77 zakljucujemo da je jednak citavoj grupi. Kako je Z7 ⊕ Z11
∼= Z77, zakljucujemoda se radi o ciklickoj grupi. ♦
Zadatak 1.12.4. Grupa G reda pn, gdje je p prost broj, ne moze imati trivijalan centar Z(G).
Rjesenje. Na grupi G definiramo relaciju: x ∼ y ako postoji g ∈ G takav da je gxg−1 = y. Provjeriteda je to relacija ekvivalencije! Klase ekvivalencije ove relacije nazivamo konjugacijske klase.
Broj elemenata klase reprezentirane elementom x (u oznaci [x]) jednak je [G : CG(x)] pri cemu jeCG(x) = {g ∈ G : gx = xg} centralizator elementa x u G (provjerite da je gCG(x) 7→ gxg−1
dobro definirana bijekcija!). Buduci da je centarlizator elementa podgrupa od G prema Lagrangeovomteoremu [G : CG(x)]|CG(x)| = |G|, pa broj elemenata klase [x] dijeli |G| i oblika je pr, r > 0.
34
1.13. Podsjetnik iz teorije brojeva Algebarske strukture
Primjetimo da klasa konjugacije [x] ima jedan elementa ako i samo ako je x = gxg−1 za svako g ∈ G,tj. ako i samo ako je x ∈ Z(G). Grupa G je disjunktna unija klasa konjugacija, G = K1∪ ...∪Kk. Akobi centar Z(G) bio trivijalan tada bi postojala samo jedna klasa s jednim elementom i imali bismopn = |G| = |K1|+ ...+ |Kk| = 1 + pr2 + ...+ prk , uz ri > 1, sto je nemoguce jer je lijeva strana djeljivas p, a desna nije. Dakle, centar ne moze biti trivijalan. ♦
U dokazu smo izveli jednakost |G| = |Z(G)|+∑k
i=1[G : CG(xi)], pri cemu su xi, i = 1, ..., k predstavnicirazlicitih klasa konjugacija s vise od jednog elementa. Tu jednakost nazivamo jednadzba klasa.
D.Z. Dokazite da grupa reda p2, za p prost broj, mora biti Abelova.
Uputa: koristite prethodni primjer i cinjenicu koju smo dokazali na vjezbama: ako je G/Z(G) ciklickagrupa, onda je G Abelova.
Zadatak 1.12.5. Odredite (do na izomorfizam) sve grupe reda 45.
Rjesenje. Kao u primjeru 2. zakljucujemo da je citava grupa direktan produkt Sylowljeve 5-podgrupekoja je ciklicka i Sylowljeve 3-podgrupe, koja je reda 9, pa je prema prethodnom zadatku Abelova.
Koristeci strukturni teorem za konacnogenerirane Abelove grupe, zakljucujemo da su jedine grupereda 45
Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z5,Z9 ⊕ Z5.
♦
Zadatak 1.12.6. Podsjetimo se, diedarska grupa Dn je grupa simetrija pravilnog n-terokuta.Oznacimo li rotaciju oko sredista za kut 2π/n s a, a osnu simetriju kroz neki fiksirani vrh s b ondaimamo prezentaciju grupe Dn = 〈a, b|an = e, b2 = e, aba = b〉. Koliko Sylowljevih 2-podgrupa imadiedarska grupa Dn za n neparan?
Rjesenje. Buduci da je red grupe Dn jednak 2n, a pretpostavili smo da je n neparan, svaka Sylowljeva2-podgrupa je ciklicka reda 2. Broj Sylowljevih 2-podgrupa je neparan djelitelj broja n. Buduci daimamo osnu simetriju aib, i = 1, ..., n kroz svaki vrh n-terokuta, imamo n elemenata reda 2 u Dn, paje broj Sylowljevih 2-podgrupa upravo n. ♦
1.13 Podsjetnik iz teorije brojeva 1
Definicija 1.13.1. Neka su a 6= 0 i b cijeli brojevi. Kazemo da a dijeli b (u oznaci a|b) akopostoji cijeli broj k takav da je b = ak.
Teorem 1.13.2. (o dijeljenju s ostatkom)
Za proizvoljan prirodan broj a i cijeli broj b postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je
b = aq + r, 0 6 r < a.
1Izdvojeno iz skripte prof. Dujelle ( http://web.math.hr/~duje/utb/utblink.pdf)
35
Algebarske strukture 1.13. Podsjetnik iz teorije brojeva
Napomena 1.13.3. U dokazu ove cinjenice koristimo cinjenicu da je (N, <) dobro uredenskup, tj. da svaki podskup prirodnih brojeva ima minimalni element.
Definicija 1.13.4. Neka su a i b cijeli brojevi. Cijeli broj d nazivamo zajednicki djeliteljod a i b ako d|a i d|b. Ako je barem jedan od brojeva a i b razlicit od nule onda postojisamo konacno mnogo zajednickih djelitelja od a i b. Najveci medu njima nazivamo najvecizajednicki djelitelj od a i b (ili mjera od a i b, u oznaci (a, b) ili M(a, b)).
Definicija 1.13.5. Kazemo da su a i b relativno prosti ako je (a, b) = 1.
Teorem 1.13.6. Neka je d = (a, b) Tada je
d = min({ak + bl|k, l ∈ Z} ∩ N).
Posebno, a i b su relativno prosti ako i samo ako postoje cijeli brojevi k, l takvi da je ak+bl = 1.
Definicija 1.13.7. Kazemo da je prirodan broj p > 1 prost ako ima tocno 2 pozitivna djelitelja.Ako prirodan broj a > 1 nije prost kazemo da je slozen. Broj 1 nije ni prost ni slozen.
Teorem 1.13.8. (osnovni teorem aritmetike)
Svaki se prirodan broj moze prikazati kao produkt prostih faktora. Slijedi da se svaki prirodanbroj n moze zapisati u kanonskom obliku kao produkt potencija prostih brojeva
n = pα11 p
α22 · · · p
αkk .
Faktorizacija na proste faktore je jedinstvena do na poredak faktora.
Definicija 1.13.9. Eulerova funkcija. Za prirodan broj n s ϕ(n) oznacavamo broj elemenataskupa {1, 2, ..., n} koji su relativno prosti s n.
Eulerova funkcija ϕ je multiplikativna, tj. za relativno proste brojeve m,n vrijedi ϕ(mn) =ϕ(m)ϕ(n).
Ako je dana kanonska faktorizacija prirodnog broja n iz osnovnog teorema aritmetike ondaimamo formulu
ϕ(n) = n
(1− 1
p1
)(1− 1
p2
)· · ·(
1− 1
pk
).
Definicija 1.13.10. Ako cijeli broj m 6= 0 dijeli a−b kazemo da je a kongruentno b modulom i oznacavamo a ≡ b (mod m).
Napomena 1.13.11. Relacija ’biti kongruentan modulo m’ je relacija ekvivalencije na skupucijelih brojeva.
Propozicija 1.13.12. (svojstva kongruencija)
• Ako je a ≡ b( mod m) i c ≡ d( mod m) onda vrijedi a+ c ≡ b+ d( mod m), ac ≡ bd(mod m) i ka ≡ kb( mod m) za svaki cijeli broj k.
• Neka su a, b cijeli brojevi te k,m prirodni brojevi takvi da je (k,m) = d. Ako je ka ≡ kb(mod m), onda vrijedi a ≡ b( mod m/d).
• Ako je a ≡ b( mod m) i n prirodan broj, onda je an ≡ bn( mod m).
• Neka je f polinom s cjelobrojnim koeficijentima. Ako je a ≡ b( mod m), onda vrijedif(a) ≡ f(b)( mod m).
36
