Homomorfizm trywialny

Grupy, pierścienie, ciała, rozkładalność, klasyczne struktury algebraiczne...
max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 18 paź 2017, o 22:31

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?

Awatar użytkownika
leg14
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3132
Rejestracja: 5 lis 2014, o 20:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Radom
Podziękował: 154 razy
Pomógł: 475 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: leg14 » 18 paź 2017, o 22:33

popatrz na rzędy obrazów elementów grupy G

max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 18 paź 2017, o 23:12

Nie wiem, nie widzę, to będzie jakoś zależało od tej względnej pierwszości, ale nie wiem jak.

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15212
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5047 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: Premislav » 18 paź 2017, o 23:38

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.

max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 22 paź 2017, o 22:50

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.

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15212
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5047 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: Premislav » 23 paź 2017, o 01:07

[quote]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?
[/quote]
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:
https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzen ... oria_grup)

max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 23 paź 2017, o 07:57

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.

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 27305
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4597 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: Jan Kraszewski » 23 paź 2017, o 08:23

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

max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 23 paź 2017, o 10:00

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.

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15212
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5047 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: Premislav » 23 paź 2017, o 17:46

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.

max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 24 paź 2017, o 10:03

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?

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15212
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5047 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: Premislav » 24 paź 2017, o 13:03

Raczej tak, choć nie do końca rozumiem, co zawarłeś tutaj:
max123321 pisze:a może być dowolne

max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 24 paź 2017, o 23:12

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.

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15212
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 161 razy
Pomógł: 5047 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: Premislav » 24 paź 2017, o 23:31

No tak, trochę mieszasz.
[quote="max123321"] rząd \(\displaystyle{ G}\) musi być wielokrotnością rzędu \(\displaystyle{ H}\)[/quote]
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.

max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2626
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 761 razy

Re: Homomorfizm trywialny

Post autor: max123321 » 24 paź 2017, o 23:50

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?

ODPOWIEDZ