Strona 1 z 2
Homomorfizm trywialny
: 18 paź 2017, o 22:31
autor: max123321
Niech \(\displaystyle{ \phi:G \rightarrow H}\) będzie homomorfizmem grup skończonych i niech rzędy \(\displaystyle{ |G|
,|H|}\) będą względnie pierwsze. Pokazać, że \(\displaystyle{ \phi}\) jest homomorfizmem trywialnym(tzn.\(\displaystyle{ \forall g \in G,\phi(g)=1}\)).
Jakaś wskazówka do tego?
Re: Homomorfizm trywialny
: 18 paź 2017, o 22:33
autor: leg14
popatrz na rzędy obrazów elementów grupy G
Re: Homomorfizm trywialny
: 18 paź 2017, o 23:12
autor: max123321
Nie wiem, nie widzę, to będzie jakoś zależało od tej względnej pierwszości, ale nie wiem jak.
Re: Homomorfizm trywialny
: 18 paź 2017, o 23:38
autor: Premislav
Dla dowolnego \(\displaystyle{ g \in G}\) rząd \(\displaystyle{ \phi(g)}\) w \(\displaystyle{ H}\) musi być podzielny przez rząd \(\displaystyle{ g}\) w \(\displaystyle{ G}\) (wykaż to, nie jest to trudne, wskazówka: popatrz na co musi przechodzić element neutralny \(\displaystyle{ G}\)), poza tym w grupie skończonej rząd każdego elementu jest dzielnikiem rzędu grupy (wynika to na pewno z tw. Lagrange'a). Tyle Ci powinno wystarczyć, by wykazać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ g \in G}\) rząd \(\displaystyle{ \phi(g)}\) w \(\displaystyle{ H}\) jest równy jeden.
Re: Homomorfizm trywialny
: 22 paź 2017, o 22:50
autor: max123321
Dobra ja muszę zacząć ogarniać chyba podstawy tego.
Myślę, że element neutralny \(\displaystyle{ G}\) musi przechodzić, na element neutralny \(\displaystyle{ H}\) bo z homomorfizmu: \(\displaystyle{ \forall g \in G \phi (g \cdot 1)=\phi(g) \cdot \phi(1)}\)
czyli \(\displaystyle{ \phi (g)=\phi(g) \cdot \phi(1)}\) i mnoząc to przez \(\displaystyle{ \phi(g)^{-1}}\) lewej strony wychodzi: \(\displaystyle{ 1=\phi(1)}\) tak?
No dobra i co dalej z tego wynika? Mam pokazać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ g \in G}\) rząd \(\displaystyle{ \phi(g)}\) w \(\displaystyle{ H}\) musi być podzielny przez rząd \(\displaystyle{ g}\) w \(\displaystyle{ G}\). Chyba trzeba skorzystać z jakiegoś twierdzenia, którego nie kojarzę.
Re: Homomorfizm trywialny
: 23 paź 2017, o 01:07
autor: Premislav
Myślę, że element neutralny \(\displaystyle{ G}\) musi przechodzić, na element neutralny \(\displaystyle{ H}\) bo z homomorfizmu: \(\displaystyle{ \forall g \in G \phi (g \cdot 1)=\phi(g) \cdot \phi(1)}\)
czyli \(\displaystyle{ \phi (g)=\phi(g) \cdot \phi(1)}\) i mnoząc to przez \(\displaystyle{ \phi(g)^{-1}}\) lewej strony wychodzi: \(\displaystyle{ 1=\phi(1)}\) tak?
Zgadza się.
No to teraz tak: nietrudno pokazać, że gdy
\(\displaystyle{ \phi: G\rightarrow H}\) jest homomorfizmem i
\(\displaystyle{ a \in G}\), to
\(\displaystyle{ \phi(a^n)=(\phi(a))^n}\).
Niech zatem
\(\displaystyle{ a \in G}\) - dowolne. Ponieważ grupa
\(\displaystyle{ G}\) jest skończona z założenia, zatem istnieje takie
\(\displaystyle{ n \in \NN^+}\), że
\(\displaystyle{ g^n=1}\). Weźmy najmniejsze takie
\(\displaystyle{ n}\) (czyli po prostu rząd elementu
\(\displaystyle{ a}\) w grupie
\(\displaystyle{ G}\)).
Mamy
\(\displaystyle{ 1=\phi(1)=\phi \left(a^n\right)=(\phi(a))^n}\)
Stąd łatwo możemy wykazać, że rząd
\(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie
\(\displaystyle{ H}\) jest podzielny przez
\(\displaystyle{ n}\): oznaczmy tenże rząd przez
\(\displaystyle{ k}\), widzimy, że
\(\displaystyle{ k \le n}\), gdyż
\(\displaystyle{ (\phi(a))^n=1}\), no to zapiszmy może (dzielenie z resztą)
\(\displaystyle{ n=q\cdot k+r, \ q \in \NN, r \in\left\{ 0, \ldots k-1\right\}}\)
Stąd łatwo widać, że musi być
\(\displaystyle{ r=0}\) (widzisz dlaczego?), zatem dla dowolnego
\(\displaystyle{ a\in G}\) rząd elementu
\(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie
\(\displaystyle{ H}\) jest dzielnikiem rzędu
\(\displaystyle{ a}\) w
\(\displaystyle{ G}\).
Teraz można, choć nie trzeba pewnie, przywalić twierdzeniem Lagrange'a:
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Lagrange%E2%80%99a_%28teoria_grup%29
Re: Homomorfizm trywialny
: 23 paź 2017, o 07:57
autor: max123321
Dobra to spróbuję to po mału przetrawić.
No to teraz tak: nietrudno pokazać, że gdy \(\displaystyle{ \phi: G\rightarrow H}\) jest homomorfizmem i \(\displaystyle{ a \in G}\), to \(\displaystyle{ \phi(a^n)=(\phi(a))^n}\).
Niech zatem \(\displaystyle{ a \in G}\) - dowolne. Ponieważ grupa \(\displaystyle{ G}\) jest skończona z założenia, zatem istnieje takie \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\), że \(\displaystyle{ g^n=1}\). Weźmy najmniejsze takie \(\displaystyle{ n}\) (czyli po prostu rząd elementu \(\displaystyle{ a}\) w grupie \(\displaystyle{ G}\)).
To
\(\displaystyle{ \phi(a^n)=(\phi(a))^n}\) to chyba wynika z definicji homomorfizmu bo:
\(\displaystyle{ \phi(a^n)=\phi(a^{n-1}) \cdot \phi(a)=\phi(a^{n-2}) \cdot \phi(a)\cdot \phi(a)=...=(\phi(a))^n}\) tak?
Tam dalej powinno być chyba zamiast
\(\displaystyle{ g^n=1}\), to
\(\displaystyle{ a^n=1}\)?
No dobra, a to to jest pewnie jakaś oczywista oczywistość, ale nie widzę, jak ze skończoności grupy wynika, że ileś razy przemnożenie przez siebie dowolnego elementu daje element neutralny, czyli, że istnieje
\(\displaystyle{ n}\), że
\(\displaystyle{ a^n=1}\)?
Proszę o wyrozumiałość bo algebra mi ewidentnie nie leży.
Re: Homomorfizm trywialny
: 23 paź 2017, o 08:23
autor: Jan Kraszewski
max123321 pisze:to jest pewnie jakaś oczywista oczywistość, ale nie widzę, jak ze skończoności grupy wynika, że ileś razy przemnożenie przez siebie dowolnego elementu daje element neutralny, czyli, że istnieje \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ a^n=1}\)?
Zasada Szufladkowa - jak masz o jeden więcej potęg, niż jest elementów grupy, to dwie potęgi są tym samym elementem, a jeśli
\(\displaystyle{ a^n=a^k}\), to
\(\displaystyle{ a^{n-k}=e}\).
JK
Re: Homomorfizm trywialny
: 23 paź 2017, o 10:00
autor: max123321
No ta faktycznie dzięki.-- 23 paź 2017, o 11:10 --
Premislav pisze:
Stąd łatwo możemy wykazać, że rząd \(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie \(\displaystyle{ H}\) jest podzielny przez \(\displaystyle{ n}\): oznaczmy tenże rząd przez \(\displaystyle{ k}\), widzimy, że \(\displaystyle{ k \le n}\), gdyż \(\displaystyle{ (\phi(a))^n=1}\)
A to nie powinno być na odwrót? W sensie dlaczego ma być
\(\displaystyle{ k \le n}\) skoro
\(\displaystyle{ (\phi(a))^n=1}\). Jak to z tego wynika? Wydaje się, że skoro
\(\displaystyle{ k}\) ma być podzielne przez
\(\displaystyle{ n}\) to powinno być
\(\displaystyle{ k \ge n}\), ale nie wiem pewnie czegoś nie widzę.
Re: Homomorfizm trywialny
: 23 paź 2017, o 17:46
autor: Premislav
Przepraszam bardzo, to mój błąd, myślałem inaczej niż napisałem:
Stąd łatwo możemy wykazać, że rząd \(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie \(\displaystyle{ H}\) jest podzielny przez \(\displaystyle{ n}\)
Powinno być:
Stąd łatwo możemy wykazać, że rząd
\(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie
\(\displaystyle{ H}\) jest dzielnikiem
\(\displaystyle{ n}\) (i dalsza część ma wówczas sens).
Jeszcze raz sorry za zamieszanie.
I tam faktycznie powinno być
\(\displaystyle{ a^n}\), a nie żadne
\(\displaystyle{ g^n}\), powinienem się porządnie wyspać.
Re: Homomorfizm trywialny
: 24 paź 2017, o 10:03
autor: max123321
Dobra to spróbuję przetrawić kolejną część
Premislav pisze:
Stąd łatwo możemy wykazać, że rząd \(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie \(\displaystyle{ H}\) jest podzielny przez \(\displaystyle{ n}\): oznaczmy tenże rząd przez \(\displaystyle{ k}\), widzimy, że \(\displaystyle{ k \le n}\), gdyż
\(\displaystyle{ (\phi(a))^n=1}\), no to zapiszmy może (dzielenie z resztą)
\(\displaystyle{ n=q\cdot k+r, \ q \in \NN, r \in\left\{ 0, \ldots k-1\right\}}\)
Stąd łatwo widać, że musi być \(\displaystyle{ r=0}\) (widzisz dlaczego?), zatem dla dowolnego \(\displaystyle{ a\in G}\) rząd elementu \(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie \(\displaystyle{ H}\) jest dzielnikiem rzędu \(\displaystyle{ a}\) w \(\displaystyle{ G}\).
T
Ta reszta jest zero bo
\(\displaystyle{ k}\) to rząd
\(\displaystyle{ \phi(a)}\), a więc najmniejsza liczba taka, że
\(\displaystyle{ (\phi(a))^k=1}\), a
\(\displaystyle{ n}\) spełnia też to równanie, a może być dowolne z tego wynika, że jest większe równe niż
\(\displaystyle{ k}\). Czyli z tego wynika, że
\(\displaystyle{ n}\) jest wielokrotnością
\(\displaystyle{ k}\) dlatego reszta jest zero tak?
Re: Homomorfizm trywialny
: 24 paź 2017, o 13:03
autor: Premislav
Raczej tak, choć nie do końca rozumiem, co zawarłeś tutaj:
max123321 pisze:a może być dowolne
Re: Homomorfizm trywialny
: 24 paź 2017, o 23:12
autor: max123321
W sensie miałem na myśli, że \(\displaystyle{ n}\) nie musi być najmniejsze.
No dobra i co dalej z tym tw. Lagrange'a? Bo z tego co widzę, to każdy element \(\displaystyle{ G}\) musi być rzędu będącego wielokrotnością odpowiadającego mu elementu w \(\displaystyle{ H}\). A więc z tego, że rząd elementu jest dzielnikiem rzędu grupy wynika, że rząd \(\displaystyle{ G}\) musi być wielokrotnością rzędu \(\displaystyle{ H}\), ale nie wiem co dalej. Możliwe, że coś mieszam.
Re: Homomorfizm trywialny
: 24 paź 2017, o 23:31
autor: Premislav
No tak, trochę mieszasz.
max123321 pisze: rząd \(\displaystyle{ G}\) musi być wielokrotnością rzędu \(\displaystyle{ H}\)
Nieprawda, tak to by było dla skończonych grup cyklicznych (a nie mamy informacji o cykliczności).
Ustalmy dowolne
\(\displaystyle{ a \in G}\) i popatrzmy na
\(\displaystyle{ \left\langle a\right\rangle}\), czyli podgrupę grupy
\(\displaystyle{ G}\) generowaną przez element
\(\displaystyle{ a}\). Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że rząd
\(\displaystyle{ \left\langle a\right\rangle}\) jest dzielnikiem rzędu
\(\displaystyle{ G}\).(*)
A teraz popatrzmy na podgrupę grupy
\(\displaystyle{ H}\) generowaną przez
\(\displaystyle{ \phi(a)}\):
wiemy z rozważań z poprzednich postów, że jej rząd (a inaczej rząd elementu
\(\displaystyle{ \phi(a)}\) w grupie
\(\displaystyle{ H}\)) jest dzielnikiem rzędu
\(\displaystyle{ a}\) w
\(\displaystyle{ G}\), a więc i (łącząc to z (*)) dzielnikiem rzędu
\(\displaystyle{ G}\) , a z twierdzenia Lagrange'a (jako że
\(\displaystyle{ \left\langle \phi(a)\right\rangle}\) jest oczywiście podgrupą grupy
\(\displaystyle{ H}\)) mamy, że jej rząd dzieli rząd
\(\displaystyle{ H}\).
Czyli rząd
\(\displaystyle{ \phi(a)}\) dzieli zarówno rząd
\(\displaystyle{ G}\), jak i rząd
\(\displaystyle{ H}\), zatem
rząd
\(\displaystyle{ \phi(a)}\) jest wspólnym dzielnikiem (i to dodatnim) dwóch liczb względnie pierwszych, więc jest równy
\(\displaystyle{ 1}\).
To daje nam, że dla każdego
\(\displaystyle{ a \in G}\) rząd \phi(a) jest równy
\(\displaystyle{ 1}\), czyli dla każdego
\(\displaystyle{ a \in G}\) mamy
\(\displaystyle{ \phi(a)=1}\), a to właśnie mieliśmy pokazać.
Re: Homomorfizm trywialny
: 24 paź 2017, o 23:50
autor: max123321
No dobra w zasadzie rozumiem, chociaż jeszcze zastanawia mnie końcówka:
Dlaczego skoro rząd \(\displaystyle{ \phi(a)}\) jest równy \(\displaystyle{ 1}\) to \(\displaystyle{ \phi(a)=1}\). Wiemy przecież tylko tyle, że \(\displaystyle{ \phi(a)}\) generuje jeden element, a skąd wiadomo, że to jest akurat jedynka?