Matematyka.pl

Nie wiem jak rozwiązać poniższe zadanie:
Niech \(\displaystyle{ F}\) będzie grupą wolną rangi \(\displaystyle{ \ge 2}\) oraz niech \(\displaystyle{ X}\) będzie jej bazą. Wykazać, że
a) dla dowolnego \(\displaystyle{ x \in X}\) istnieje dokładnie jeden homomorfizm \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Z}\) taki, że \(\displaystyle{ f(x)=1}\) i \(\displaystyle{ f(y)=0}\) dla \(\displaystyle{ y \in X \setminus \{x\}}\).
b) \(\displaystyle{ ker f = \left\langle X \setminus \left\{ x \right\} \right\rangle}\) - najmniejsza podgrupa normalna \(\displaystyle{ F}\) zawierająca \(\displaystyle{ X \setminus \{x\}}\).

Utknęłam już na punkcie a Z definicji grupy wolnej :
grupę \(\displaystyle{ F}\) nazywamy wolną, gdy zawiera podzbiór \(\displaystyle{ X \subseteq F}\) taki, że każde przekształcenie \(\displaystyle{ X}\) w dowolną grupę \(\displaystyle{ G}\) można przedłużyć jednoznacznie do homomorfizmu \(\displaystyle{ f: F \rightarrow G}\)

Czyli trzeba wykazać, że istnieje dokładnie jeden taki homomorfizm..ale nie wiem jak.

Zauważ, że elementy \(\displaystyle{ X}\) możesz wypisać:

\(\displaystyle{ X=\left\{ x,y_{1},y_{2},...,y_{n}\right\}}\)

Jest ich skończona ilość,

Każdy element grupy \(\displaystyle{ g \in F}\)

Możesz zapisać:

\(\displaystyle{ g=x^iy_{1}^{i_{1}}y_{2}^{i_{2}}...y_{n}^{i_{n}}}\)

Weź teraz dowolny homomorfizm \(\displaystyle{ f}\)

\(\displaystyle{ f(g)=if(x)+i_{1}f(y_{i_{1}})+i_{2}f(y_{i_{2}})+...+i_{n}f(y_{i_{n}}) \in Z}\)

ale a warunków zadania mamy że:

\(\displaystyle{ f(y_{i_{j}})=0}\)

Więc ostatecznie:

\(\displaystyle{ f(g)=if(x)=i \cdot 1=i}\)

\(\displaystyle{ f(g)=i}\)

Jak widać homomorfizm jest wyznaczony jednoznacznie!

b). \(\displaystyle{ \ker f=\left\{ g: g=y_{1}^{i_{1}}y_{2}^{i_{2}}...y_{n}^{i_{n}}\right\}}\)

Co łatwo sprawdzić.

I wszystko jasne Dziękuje ślicznie za pomoc

To rozwiązanie ma sporo błędów.

1. W zadaniu nie ma założenia, że baza \(\displaystyle{ X}\) grupy wolnej \(\displaystyle{ F}\) jest skończona.

2. W (a) pokazałeś tylko, że istnieje co najwyżej jeden homomorfizm \(\displaystyle{ f : F \to \ZZ,}\) ale nie pokazałeś, że istnieje co najmniej jeden.

3. To nieprawda, że \(\displaystyle{ \ker f = \{ g : g = y_1^{i_1} \cdot \ldots \cdot y_n^{i_n} \},}\) bo na przykład \(\displaystyle{ x y_1 x^{-1} \in \ker f}\) ale ten element nie należy do zbioru po prawej stronie. Zbiór po prawej stronie nie tworzy nawet podgrupy normalnej, czyli nie jest zamknięty na sprzężenia.


Żeby rozwiązać to zadanie prawidłowo, należałoby najpierw ustalić definicję grupy wolnej o bazie \(\displaystyle{ X,}\) bo ja znam tylko taką:

Mówimy, że \(\displaystyle{ F}\) jest grupą wolną o bazie \(\displaystyle{ X \subseteq F,}\) jeśli dla dowolnej grupy \(\displaystyle{ H}\) i dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f_0 : X \to H}\) istnieje dokładnie jeden homomorfizm \(\displaystyle{ f : F \to H}\) rozszerzający \(\displaystyle{ f_0,}\) tj. taki że \(\displaystyle{ f \upharpoonright X = f_0.}\)

No jednak założyłem w domyśle , że baza jest skończona, bo nawet inaczej tego nie zakładałem ale może i fakt niepotrzebnie.
A widzisz tam inny homomorfizm?

Masz rację co do "ker" nie sprawdziłem do końca i moja wina.

Dwa zdania twoje: "co najmniej jeden i co najwyżej jeden" wzajemnie się kłócą w tym kontekście

A po drugie definicji nie musimy ustalać bo ją już inni przed nami ustalili...
I pewnie nie było nas jeszcze na świecie wtedy.


W sumie do ker jakby nie patrzeć powinno należeć po poprawce:

\(\displaystyle{ \left\{ g: g=x^{i_{1}}y^{j_{1}}x^{i_{2}}y^{j_{2}}...x^{i_{s}}y^{j_{s}},i_{k},j_{l} \in Z\right\}}\)

\(\displaystyle{ i_{1}+i_{2}+...i_{s}=0}\)

I wtedy warunek normalności byłby spełniony.

arek1357 pisze:A widzisz tam inny homomorfizm?

Nie rozumiem. Gdzie mam widzieć homomorfizm i w związku z czym jest to pytanie?

arek1357 pisze:Dwa zdania twoje: "co najmniej jeden i co najwyżej jeden" wzajemnie się kłócą w tym kontekście

Dlaczego? W zadaniu należy udowodnić, że istnieje dokładnie jeden homomorfizm spełniający podane warunki. Dowód takiej tezy zawsze jest dwuczęściowy: pokazuje się po pierwsze, że istnieje najwyżej jeden homomorfizm, czyli że nie ma dwóch różnych (i to zrobiłeś), a po drugie, że istnieje co najmniej jeden, czyli że pewien taki homomorfizm istnieje (tego nie zrobiłeś).

arek1357 pisze:A po drugie definicji nie musimy ustalać bo ją już inni przed nami ustalili...

Definicja, którą znam i przedstawiłem i wygląda na to, że jest standardowa, budzi moje podejrzenia, bo podpunkt (a) zadania staje się trywialny. Dlatego chciałem się upewnić.
Tylko nie zauważyłem, że w temacie podana jest elegancko definicja grupy wolnej. :p

I rzeczywiście, ów trywialny dowód podpunktu (a) wygląda tak:

Ustalmy \(\displaystyle{ x \in X}\) i określmy \(\displaystyle{ f_0 : X \to \ZZ}\) wzorem

\(\displaystyle{ f_0(s) = \begin{cases} 1 & \text{gdy } s = x \\ 0 & \text{gdy } s \neq x \end{cases}}\)

Zauważmy, że dowolny homomorfizm \(\displaystyle{ f : F \to \ZZ}\) spełnia warunki z treści zadania wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ f \upharpoonright X = f_0,}\) a na mocy definicji grupy wolnej z bazą \(\displaystyle{ X,}\) taki homomorfizm jest dokładnie jeden.

Jeżeli weźmiesz dowolny element grupy zapisany za pomocą tychże elementów wolnych np f
to widać, że homomorfizm będzie tylko jeden i wyznaczony będzie jednoznacznie.

\(\displaystyle{ \bullet}\) Żeby definicja

\(\displaystyle{ f(s_1^{\varepsilon_1} \cdot \ldots \cdot s_n^{\varepsilon_n}) = f_0(s_1)^{\varepsilon_1} \cdot \ldots \cdot f_0(s_n)^{\varepsilon_n}}\) dla \(\displaystyle{ s_1, \ldots, s_n \in X}\) oraz \(\displaystyle{ \varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_n \in \{ -1, 1 \}}\)

określała funkcję \(\displaystyle{ f : F \to \ZZ,}\) każdy element dziedziny musi być postaci \(\displaystyle{ s_1^{\varepsilon_1} \cdot \ldots \cdot s_n^{\varepsilon_n},}\) czyli \(\displaystyle{ X}\) musi generować grupę \(\displaystyle{ F.}\) Jest to prawda dla grup wolnych, ale uzasadnienie tego faktu może w zależności od definicji grupy wolnej nie być oczywiste.

\(\displaystyle{ \bullet}\) Żeby ta definicja była poprawna, musimy pokazać, że dla dowolnych dwóch przedstawień \(\displaystyle{ u = s_1^{\varepsilon_1} \cdot \ldots \cdot s_n^{\varepsilon_n} = t_1^{\delta_1} \cdot \ldots \cdot t_m^{\delta_m}}\) tego samego elementu \(\displaystyle{ u \in F}\) wartości przypisane przez definicję są takie same:

\(\displaystyle{ f_0(s_1)^{\varepsilon_1} \cdot \ldots \cdot f_0(s_n)^{\varepsilon_n} = f_0(t_1)^{\delta_1} \cdot \ldots \cdot f_0(t_m)^{\delta_m}.}\)

Aby tak było, wystarczy aby każdy element \(\displaystyle{ u \in F}\) przedstawiał się w opisanej postaci jednoznacznie z dokładnością do skracania elementów odwrotnych (precyzyjniejsze określenie wymaga zdefiniowania pewnej relacji równoważności), co jest prawdziwe dla grup wolnych, ale zarówno ta własność, jak i wspomniana implikacja mogą nie być oczywiste.


Porządny dowód powinien zawierać sformułowania wszystkich powyższych faktów oraz ich dowody. A więc nie, tego nie widać.

Chyba, że potrafisz udowodnić istnienie homomorfizmu bez powoływania się na fakty, które wypisałem.

To co piszesz, że jeśli element u ma dwa różne przedstawienia co może być logiczne i uzasadnione i nie mam do tego zastrzeżeń, to jednak wartości funkcji f jeśli mogły by być różne co oznaczałoby, że:
\(\displaystyle{ f(u) \neq f(u)}\) prowadzi do jakiś absurdów wybacz ale ja myślę stosując logikę dwuwartościową i fajnie żeś wskazał błąd w wyznaczaniu jądra ale teraz to ja w tym momencie zaniemówiłem. Dla mnie wybacz ale zawsze w każdym momencie dowodzenie tego, że \(\displaystyle{ 2+2=4}\) było zawsze stratą czasu.

W takim razie rozważmy grupę \(\displaystyle{ S_3}\) permutacji zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, 2, 3 \}}\) wraz z elementami \(\displaystyle{ a = (1 \, 2), b = (1 \, 2 \, 3).}\) Zbiór \(\displaystyle{ \{ a, b \}}\) generuje \(\displaystyle{ S_3,}\) więc śmiało określamy homomorfizm \(\displaystyle{ f : S_3 \to \ZZ_6}\) poprzez warunki

\(\displaystyle{ \begin{cases} f(a) = 3 \\ f(b) = 2 \end{cases}}\)

Jest to całkiem fajny homomorfizm. Wiadomo, że \(\displaystyle{ \mathrm{im} \, f \le \ZZ_6,}\) a skoro \(\displaystyle{ 2, 3 \in \mathrm{im} \, f,}\) to \(\displaystyle{ 1 \in \mathrm{im} \, f,}\) czyli \(\displaystyle{ \mathrm{im} \, f = \ZZ_6,}\). Ale obie grupy są sześcioelementowe, więc \(\displaystyle{ f}\) musi być bijekcją.

Ale zaraz.

Ile to jest \(\displaystyle{ f( (2 \, 3) )}\) ?

Niejednoznaczność wynika stąd tak się wydaje, że element \(\displaystyle{ a}\) nie jest elementem wolnym, wolnym jest tylko \(\displaystyle{ b}\).

Nie wiem, co to znaczy, że element jest wolny, choć podejrzewam, że według dowolnej sensownej definicji ani \(\displaystyle{ a}\) ani \(\displaystyle{ b}\) nie jest elementem wolnym, bo \(\displaystyle{ a^2 = \mathrm{id}}\) oraz \(\displaystyle{ b^3 = \mathrm{id}.}\)

Tak czy inaczej, podany przykład jasno pokazuje, że fakt jednoznacznego określenia homomorfizmu przez warunki na generatorach nie jest oczywisty (i nie zawsze jest prawdziwy). Powiem tylko ogólnie, że warunki na generatorach określają homomorfizm, jeśli respektują wszystkie relacje zachodzące w dziedzinie. Grupy wolne mają tę szczególną własność, że nie zachodzą w nich żadne nietrywialne relacje, i dlatego każde warunki na bazie określają homomorfizm.

Miałem na myśli wolny czyli nie będący elementem żadnej podgrupy właściwej.
Możliwe, że niejednoznaczność między innymi i stąd się bierze.

arek1357 pisze:Miałem na myśli wolny czyli nie będący elementem żadnej podgrupy właściwej.

Element \(\displaystyle{ a \in G}\) dowolnej grupy \(\displaystyle{ G}\) zawsze jest elementem podgrupy \(\displaystyle{ \left< a \right> \le G,}\) która nie jest właściwa tylko wtedy, kiedy \(\displaystyle{ G}\) jest cykliczna i \(\displaystyle{ a}\) jest jej generatorem, więc w szczególności w grupie niecyklicznej \(\displaystyle{ S_3}\) każdy element jest według tej definicji wolny.

arek1357 pisze:Możliwe, że niejednoznaczność między innymi i stąd się bierze.

Niejednoznaczność bierze się stąd, że prezentacja grupy \(\displaystyle{ S_3}\) dla generatorów \(\displaystyle{ a = (1 \, 2), b = (1 \, 2 \, 3)}\) jest następująca:

\(\displaystyle{ S_3 \simeq \left< a, b | a^2 = 1, b^3 = 1, (ab)^2 = 1 \right>}\)

i warunki

\(\displaystyle{ \begin{cases} f(a) = 3 \\ f(b) = 2 \end{cases}}\)

nie respektują relacji \(\displaystyle{ a \circ b \circ a \circ b = 1}\) zachodzącej w \(\displaystyle{ S_3,}\) tj.

\(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(a)+f(b) = 3+2+3+2 = 4 \neq 0}\) w \(\displaystyle{ \ZZ_6.}\)

Dlatego każde \(\displaystyle{ \sigma \in S_3}\) wyrażone jako

\(\displaystyle{ \sigma = s_1^{\varepsilon_1} \circ \ldots \circ s_n^{\varepsilon_n},}\) gdzie \(\displaystyle{ s_1, \ldots, s_n \in \{ a, b \}}\) oraz \(\displaystyle{ \varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_n \in \{ -1, 1 \},}\)

można też wyrazić jako

\(\displaystyle{ \sigma = s_1^{\varepsilon_1} \circ \ldots \circ s_n^{\varepsilon_n} \circ a \circ b \circ a \circ b}\)

i pochodzące od tych przedstawień wartości

\(\displaystyle{ f(\sigma) = \varepsilon_1 \cdot f(s_1) + \ldots + \varepsilon_n \cdot f(s_n) \\[1ex]
f(\sigma) = \varepsilon_1 \cdot f(s_1) + \ldots + \varepsilon_n \cdot f(s_n) + f(a) + f(b) + f(a) + f(b)}\)

nie zgadzają się.