är sluten under operationen

2. Gruppteori

Vi inleder detta kapitel med att deniera de grundläggande begreppen operation, algebraisk struktur, neutralt element, inverterbart element, associativ och kommutativ operation.

Grupper

Denition.

En operation på en icke-tom mängd A är en avbildning från A^A till A. Om operationen betecknas^, så tillordnas varje ordnat par⁽a;b⁾²A^Aexakt ett element iA, vilket betecknasa^b.

Med andra ord är^en operation påAom och endast om villkoren⁽¹⁾och ⁽²⁾gäller:

(1)a^b är entydigt denierat för alla a och b i A;

(2)a^b²Aför alla a;b²A:

Anmärkning.

Villkoret⁽²⁾ovan, som förutsätter att⁽¹⁾gäller, kan vi uttrycka med att säga att mängden A

är sluten under operationen

^.

Exempel på operationer på de hela talens mängd ^Z är addition, subtraktion och multiplikation, varvid a^bbetydera⁺b; a-brespektivea
b.

Division är inte en operation på ^Z, eftersom division med ⁰inte är denierat. Inte heller på ^Znf0gär division en operation, ty kvoten av två heltal behöver inte vara ett heltal, så villkor ⁽²⁾ är inte uppfyllt.

Däremot är division på^Qnf0gen operation, där^Qbetecknar de rationella talen.

Om f ^:A ^!A ochg ^:A ^!A är funktioner, så skall vi medf ^g alltid avse

funktionssammansätt- ningen

, dvs. den funktion frånAtillA som denieras av

(f^g⁾⁽x⁾⁼f⁽g⁽x⁾⁾; för varjex²A:

Funktionssammansättningen^är en operation påA^A. (Här betecknarA^A mängden av alla funktioner från AtillA).

Denition.

En (algebraisk) struktur är en mängdA försedd med en eller era operationer. En mängd A med operationen^bildar en struktur som betecknas^hA;^i:Vidare denierar vi ordningen förAsom antalet element i mängden, beteckning^jA^j. OmAinte är ändlig säges Aha oändlig ordning.

En struktur^hA;^iär entydigt bestämd av mängdenAoch av att man för varjea;b²Akänner produkten a^b. OmAär en ändlig mängd, strukturen kallas då också ändlig, kan man fullständigt beskriva strukturen med en kompositionstabell.

Exempel.

OmA^=fa;b^g,a^a⁼b^a⁼b^b⁼aocha^b⁼b, så har kompositionstabellen utseendet

 a b a a b b a a

Denition.

Låt^hA;^ivara en struktur. Ett neutralt element för ^är ett elemente²Asådant att e^a⁼a^e⁼a; för varje a²A:

Ett elementa²Aär inverterbart med avseende på^om det nns ett elementa^{0 2}Asådant att a^0a⁼a^a⁰⁼e:

Varje sådant elementa⁰ kallas invers tilla.

Vi skall nu visa att för en associativ operation har varje element högst en invers. Härvid säges en operation

, och även strukturen^hA;^i, vara

associativ

om

a^(b^c⁾⁼⁽a^b^)c; för allaa;b;c²A;

och

kommutativ

om

a^b⁼b^a; för allaa;b²A:

Sats 11.

Låt^hA;^i vara en struktur.

a⁾Då har operationen ^högst ett neutralt element i A;

b⁾om operationen ^på A är associativ med neutralt element, så har varje inverterbart element exakt en invers.

Bevis:

a) Antag atteoche⁰ är neutrala element. Då gäller:

eneutralt element ⁾e^e^{0 =}e^0e⁼e⁰; e⁰ neutralt element ⁾e^0e⁼e^e^{0 =}e:

Alltså gäller det atte⁼e⁰.

b) Antag att^är associativ med neutralt elementeoch att elementeta²Aär inverterbart. Omuochv är inverser tillaså gäller:

u⁼u^e⁼u^(a^v⁾⁼⁽u^a^)v⁼e^v⁼v;

alltså äru⁼v.

Anmärkning.

Om elementet a ²A är inverterbart med en entydigt bestämd invers, så betecknas denna a^,1.

Denition.

En grupp^hG;^i är en algebraisk struktur som satiserar följande axiom:

(i⁾ a^(b^c⁾⁼⁽a^b^)c; för allaa;b;c²G^;

(ii⁾ Det nns ett neutralt elemente²Gsådant att e^a⁼a^e⁼aför alla a²G^;

(iii⁾För varje a²Gnns det ett elementa^,12Gsådant att a^a^,1=a^,1a⁼e:

Anmärkning.

Med stöd av Sats ¹¹äreocha^,1 i ovanstående denition entydigt bestämda.

Om^jG^j<¹, så är^hG;^i en

ändlig grupp

. En ändlig grupp^hfe;a¹;:::;an^g;^iär fullständigt bestämd av sin kompositionstabell.

Exempel.

1)^hR;⁺ⁱär en grupp mede⁼⁰ocha^{,1 =}-a ⁸a^2R.

hZ;⁺ⁱär en grupp mede⁼⁰ocha^,1=-a ⁸a^2Z

hf0;¹;²;:::^g;⁺ⁱ är inte en grupp, eftersome⁼⁰men a >⁰saknar invers.

hf0;^2;^4;^6;:::^g;⁺ⁱ är en grupp mede⁼⁰ocha^,1=-a.

hf0;^1;^2g

| {z }

A ;⁺ⁱ är inte en grupp. Vi hare⁼⁰ocha^{,1 =}-a, menAär ej sluten under ⁺, exempelvis så gäller att²⁺²²=A.

2)^hR;^iär inte en grupp, ty den är associativ oche⁼¹, men⁰saknar invers.

hRnf0g;^iär en grupp mede⁼¹ocha^,1=1_a ⁸a^2Rnf0g. 3) Låt^hfa;b;c^gi;^ivara en grupp med

 a b c a a b c b b c a c c a b däraär ett neutralt element, e⁼a.

nb^c⁼a c^b⁼a ⁾

b^,1=c c^,1=b Det är klart att⁽a^,1=a⁾.

4) Kan följande tabell vara kompositionstabellen till en grupp^hfa;b;c^g;^i?

 a b c a c a b b a b c c b c c

Antites: Tabellen är kompositionstabellen till gruppen. Då äre⁼b och vidare gäller att b⁼e⁼c^c^,1=z(c^}|cc^{)c^,1=c^(c^c^,1)=c^e⁼c

Vi har nu konstaterat att b ⁼c vilket är en motsägelse. Antitesen är alltså falsk och tabellen kan inte vara en kompositionstabell till^hfa;b;c^g;^i.

Sats 12.

Låta;b;cvara element i en grupp^hG;^i:

(i⁾ Då gäller strykningslagarna:

c^a⁼c^b⁾a⁼b^; a^c⁼b^c⁾a⁼b:

(ii⁾Då har ekvationen a^x⁼b

exakt en lösning x⁼a^,1b:

Bevis:

(i) Dåchar inversenc^,1 erhåller vi att

c^a⁼c^b⁾c^,1(c^a⁾⁼c^,1(c^b⁾

)(c^,1c^)a⁼⁽c^,1c^)b

)e^a⁼e^b

)a⁼b:

Analogt bevis för den andra strykningslagen.

(ii) Vi har attx⁼a^,1b är en lösning, ty

a^(a^,1b⁾⁼⁽a^a^,1)b⁼e^b⁼b:

Antag att bådex¹ ochx²är lösningar till ekvationen. Då är a^x¹⁼a^x²⁽⁼b⁾; så del (i) ger attx¹⁼x². Vi har således exakt en lösning.

Korollarium 13.

Om ^hG;^i är en ändlig grupp, så är varje rad och kolonn i kompositionstabellen en permutation av gruppens element.

Bevis:

(Hemuppgift)

Exempel på viktiga grupper

Exempel. Kleins fyragrupp

. (Felix Klein, 1849-1925, tysk matematiker) Betrakta^R2=f(x;y^):x;y^2Rg. Låt Gbestå av fyra avbildningar:

8

>

<

>

:

e⁼identiska avbildningen, a⁼spegling i x-axeln, b⁼spegling i y-axeln, c⁼spegling i origo.

y

−y

x

−x

(x,y) = e(x,y) b(x,y) = (−x,y)

c(x,y) = (−x,−y) (x,−y) = a(x,y)

x y

Figur 1.

Låt^svara mot funktionssammansättningen. Då erhålls gruppen ^hG;^i,

Kleins fyragrupp

, med kom- positionstabellen

 e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e

Exempel. Gruppen av restklasser modulo n

. Deniera förn ^1mängden Zn och operationen ⁺n

genom:

Zn^=f0;¹;:::;n-^1g; i⁺nj⁼

i⁺j; om^0i⁺j ^n-¹; i⁺j-n; omi⁺j^n:

Strukturen^hZn;⁺nⁱhar då kompositionstabellen

+n ^{0 1 2}


n-¹

0 0 1 2


n-¹

1 1 2 3


0

... ... ...

n-¹ n-^{1 0 1}


n-²

så vi noterar att⁰är ett neutralt element och att inversen till elementetk ges av k^,1=n^,k; omk⁼¹;:::;n^,1;

0; omk⁼⁰. Som hemuppgift lämnas beviset av att^hZn;⁺nⁱär en grupp.

Anmärkning.

Vi noterar att^jZ_n^j=n, så det nns grupper av godtycklig ändlig ordning. Vidare märker vi att kompositionstabellen i ovanstående exempel är symmetrisk kring diagonalen, dvs. i⁺_nj ⁼j⁺_ni.

Denition.

En grupp^hG;^i kallas Abelsk oma^b⁼b^aför alla a;b²G.

Exempel på Abelska grupper är^hR;⁺ⁱ,^hZ;⁺ⁱ och^hZn;⁺nⁱ:(Niels Henrik Abel, 1802-1829, norsk mate- matiker).

Exempel.

Den linjära gruppenGL⁽n;R⁾av inverterbaran^nmatriser kan skrivas

GL⁽n;^R)=hfA^:Aär en n^n-matris med reella element ochA^,1existerar;^g;^i där^är operationen matrismultiplikation. GL⁽n;^R)är sluten under^, ty

A;B är inverterbara matriser ^)detA^6=06=detB

)det(A^B^{)= det}A
^detB⁶⁼⁰

)A^B inverterbarn^nmatris: (i)A^(B^C⁾⁼⁽A^B^)C, dvs ^är associativ.

(ii)I^A⁼A^I ⁼A, där det neutrala elementet är enhetsmatrisenI. (iii)A^A^{,1 =}A^,1A⁼I, därA^,1 är en entydig invers.

GL⁽n;^R)är alltså en grupp. Omn >¹är i regelA^B⁶⁼B^A. Den linjära gruppenGL⁽n;^R)är alltså inte abelsk omn >¹. (GL⁽¹;^R)=hRnf0g;^i)

Anmärkning.

I fortsättningen betecknas en grupp^hG;^i ofta medGoch operationena^b medab.

Denition.

De positiva och negativa potenserna av ett elementai en grupp^hG;^i denieras genom:

a⁰⁼e; a¹⁼a; aⁿ⁼aa^n,1; förn^2; a^,1=a^,1; a^,m=a^,1a^,(m,1); för m^2: Man kan då visa att för allam;n²Z gäller:

a^ma^{n =}a^m+n och⁽a^{m)n =}a^mn:

Denition.

En gruppGkallas cyklisk om det nns ett elementa²Gsådant att G^=fa^k:k²Z^g:

Exempel.

Exempel på cykliska grupper.

a)^hZ;⁺ⁱ är en cyklisk grupp, ty meda⁼¹erhåller vi

8

>

>

>

>

<

>

>

>

>

:

a^{k =1k=1}|⁺¹⁺{z:::⁺¹}

k st.

=k; ⁸k^2Z+ a⁰⁼¹⁰⁼e⁼⁰

a^{,k=1,k=(1,1)k =(z}-¹⁾⁺⁽-^{1)k st.}|+}:::⁺⁽-^1){=-k; ⁸k^2Z+ Vi har alltså^hZ;^+i=hf1k:k^2Zg;⁺ⁱ.

b)^hZn;⁺nⁱär cyklisk, ty

1 0

=e⁼⁰

1 1

=1

1 2

=1+n¹⁼²

1 3

=1+n¹⁺n¹⁼³

...

1n^,1=1+n¹⁺n:::⁺n¹⁼n-¹

1n =1+n¹⁺n:::⁺n^{1=0 (}n-n⁾

1n⁺¹=1 1

+n¹n=1+n⁰⁼¹

...

Man kan visa att^hZn;⁺nⁱoch^hZ;⁺ⁱär de enda cykliska grupperna.

Sats 14.

Om gruppenGär cyklisk, så är den även Abelsk.

Bevis:

Antag att Gär cyklisk med G^=fa^{k :}k²Z^gför någota²G. Tagb;c²G. Då nns det heltal m ochnsådana atta^m=b ochaⁿ⁼c. Vidare gäller det att

bc⁼a^maⁿ⁼a^m+n=a^n+m=aⁿa^m=cb;

och därmed ärGen Abelsk grupp.

Sats ¹⁴ kan inte omvändas, dvs. en Abelsk grupp behöver inte vara cyklisk, vilket följande exempel demonstrerar.

Exempel. Kleins fyragrupp (K4)

 e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e

Vi vet atta^,1=a;b^,1=b;c^,1=c. Gruppen är Abelsk, symmetrisk m.a.p. diagonalen.

e^{k =}e; ⁸k^2Z

a^{k 2f}e;a^g; ⁸k^{2Z (}a^{,k =(}a^{,1)k =}a^k) b^{k 2f}e;b^g; ⁸k^{2Z (}b^{,k =(}b^,1)k=b^k) c^{k 2f}e;c^g; ⁸k^{2Z (}c^{,k =(}c^,1)k=c^k)

69element d²G^:G^=fd^k:k^2Zg. Gär därför ej cyklisk. (Abelsk ⁶⁾cyklisk)

Permutationsgrupper

Denition.

Låt M vara en icke-tom mängd. En bijektiv avbildningf ^:M ^!M kallas en permutation av M. Gruppen av permutationer avM, betecknad Sym⁽M⁾, denieras av

Sym⁽M^)=hff ^:M^!M; sådana attf är en permutation avM^g;^i; där operationen^betecknar funktionssammansättning.

Påstående:

Sym⁽M⁾är en grupp.

Bevis:

Omf;gär permutationer så är de bijektiva avbildningar frånMtillM. Då är ävenf^gen bijektiv avbildning frånM till M (Algebra A), vilket ger attf ^g är en permutation. Därmed är Sym⁽M⁾ sluten under operationen^.

(i) För varjex²M gäller att

(f^(g^h⁾⁾⁽x⁾⁼f⁽⁽g^h⁾⁽x⁾⁾⁼f⁽g⁽h⁽x⁾⁾⁾⁼⁽f^g⁾⁽h⁽x⁾⁾⁼⁽⁽f^g^)h⁾⁽x⁾: Då ärf^(g^h⁾⁼⁽f^g^)hoch^är associativ.

(ii) Deniera avbildningenid^:M^!M genomid⁽x⁾⁼xför allax²M. Då äriddet neutrala elementet, ty för allax²M är

f⁽x⁾⁼⁽f^id⁾⁽x⁾⁼⁽id^f⁾⁽x⁾; såf ^id⁼id^f ⁼f för allaf ²Sym⁽M⁾.

(iii) Omf är en permutation så är f en bijektiv avbildning frånM till M. Då är ävenf^,1 en bijektiv avbildning från M till M och därmed en permutation. Vidare gäller för alla x ² M att ⁽f ^f^,1)(x^{) =}

(f^,1f⁾⁽x⁾⁼x⁼id⁽x⁾, såf^f^,1=f^,1f ⁼id.

Därmed är Sym⁽M⁾en grupp.

Denition.

FörM^=f1;²;:::;n^g; n^1;denierar vi

Sn ⁼Sym⁽M⁾⁼Sym^(f1;²;:::;n^g): Sn kallas symmetriska gruppen av grad n:

Observera

att elementen i Sn är permutationer, inte talen ¹;²;:::;n. En permutation f ² Sn kan representeras som

f ^{= 1 2}


n f⁽¹⁾ f⁽²⁾


f⁽n⁾



; varvid det neutrala elementeteoch inversenf^,1 representeras som

e⁼



1 2


n

1 2


n



ochf^,1=

f⁽¹⁾ f⁽²⁾


f⁽n⁾

1 2


n



:

Exempel.

Omn^3så ärSn

inte en Abelsk grupp.

Förf ⁼



1 2 3 4

2 4 3 1



ochg⁼



1 2 3 4

3 1 4 2



iS⁴gäller

f^g⁼



1 2 3 4

3 2 1 4



; g^f ⁼



1 2 3 4

1 2 4 3



Alltså ärf^g⁶⁼g^f ochS⁴ är ej Abelsk.

FörSn,n^3, denieras:

f ^{=1 2 3 4} ::: n

1 3 2 4 ::: n



; g^{=1 2 3 4} ::: n

2 1 3 4 ::: n



(f^g^)(1)=36=2=(g^f⁾⁽¹⁾

Detta ger nu attSn inte är Abelsk dån^3.

Med stöd av föregående exempel och Sats¹⁴erhåller vi att omn^3så ärSn

inte en cyklisk grupp.

Antalet permutationer av^f1;²;:::;n^gärn^!, dvs. ^jSn^j=n^!(jS^1j=1;^jS^2j=2;^jS^3j=6;^jS^4j=24;:::⁾.

Denition.

Om en permutationg²Sn permuterar derolika elementenk¹;k²;:::;kr cykliskt, vilket betyder att g⁽k¹⁾⁼k²;g⁽k²⁾⁼k³;:::;g⁽kr^,1)=kr;g⁽kr⁾⁼k¹

och om de övriga elementen i^f1;²;:::;n^glämnas xa, så kallasg en cykel och betecknas g⁼⁽k¹k²:::kr⁾:

Exempel.

Låtf ²S⁵vara given av

f ⁼



1 2 3 4 5

4 5 1 3 2



Vi ser att^1!4!3!1och^2!5!2, dvs. ⁽¹⁴³⁾och⁽²⁵⁾är cykler. Varje cykel ger en permutation:

(1 43)=



1 2 3 4 5

4 2 1 3 5



; ^{(25)=1 2 3 4 5}

1 5 3 4 2



:

Låt oss se hurf kan rekonstrueras från sina cykler ⁽¹⁴³⁾ och^{(2 5)}. Vi inför först begreppet disjunkta cykler.

Denition.

Två cykler iSn kallas disjunkta om de inte innehåller något gemensamt element.

Exempelvis är⁽¹²³⁾och⁽⁴⁵⁾disjunkta, men inte⁽¹²³⁾och⁽³⁵⁾.

Lemma 15.

Omf ochg är disjunkta cykler iSn, så gällerf^g⁼g^f.

Bevis:

Tag godtyckligtk^2f1;²;:::;n^g. Ett av tre fall kan inträa:

Fall 1: Antag attf⁽k⁾⁼i⁶⁼k. Då ärg⁽k⁾⁼kochg⁽i⁾⁼i, varför

(g^f⁾⁽k⁾⁼g⁽f⁽k⁾⁾⁼f⁽k⁾⁼f⁽g⁽k⁾⁾⁼⁽f^g⁾⁽k⁾: Fall 2: Antag attg⁽k⁾⁼j⁶⁼k. Analogt med Fall 1.

Fall 3: Antag attf⁽k⁾⁼kochg⁽k⁾⁼k. Då är

(g^f⁾⁽k⁾⁼g⁽f⁽k⁾⁾⁼g⁽k⁾⁼k⁼f⁽k⁾⁼f⁽g⁽k⁾⁾⁼⁽f^g⁾⁽k⁾: Därmed ärf ^g⁼g^f för disjunkta cykler iS_n.

Låt oss nu fortsätta med vårt tidigare exempel. Emedan cyklerna är disjunkta är ordningsföljden irrelevant och vi får

(143)(25)=(25)(143)=



1 2 3 4 5

1 5 3 4 2







1 2 3 4 5

4 2 1 3 5



=



1 2 3 4 5

4 5 1 3 2



=f :

Exempel.

Rekonstrueraf ²S⁶från dessa cykler

(165) (23) (4)

Cyklerna är

disjunkta

och ger följande permutationer:

(165)=



1 2 3 4 5 6

6 2 3 4 1 5



; ^{(2 3)=1 2 3 4 5 6}

1 3 2 4 5 6



; ^{(4)=1 2 3 4 5 6}

1 2 3 4 5 6



Vi får (ordningsföljden är irrelevant):

(165)(23)(4)=



1 2 3 4 5 6

6 2 3 4 1 5







1 2 3 4 5 6

1 3 2 4 5 6







1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6



=



1 2 3 4 5 6

6 3 2 4 1 5



=f:

Emedan⁽⁴⁾⁼e, skriver vif ^=(165)(23) och oftast endastf ^{=(1 65)(23)}.

Sats.

Varjef ²Snär antingen en cykel eller produkten av disjunkta cykler i Sn.

Observera att en permutation som är en cykel kan framställas med era olika cykelbeteckningar, exempelvis förf ^=(1423)iS⁴ gäller det att

f ^{=(4231)=(2314)=(3142)=(1423)}: Neutrala elementet iS_n kan skrivas som

e^{=1 2 3}


n

1 2 3


n



=(1)(2):::⁽n^)=(1)=(2)=:::⁼⁽n⁾: Vi avslutar detta avsnitt med ett antal exempel.

Exempel.

Bestäm inversen till⁽¹⁴³⁶⁾iS⁶.

(1436)=



1 2 3 4 5 6

4 2 6 3 5 1



, varför ^{(1 436),1=}



1 2 3 4 5 6

6 2 4 1 5 3



=(6341)

Exempel.

Bestäm inversen till^(137)(25)iS⁷

Det gäller att⁽f ^g^),1=g^,1f^,1 (Algebra A). Då erhålls:

((137)(25)) ,1

=(25) ,1

(137) ,1

=(52)(7 31)=(7 31)(5 2): eftersom disjunkta cykler kommuterar.

Exempel.

Betrakta icke-disjunkta cykler iS⁵:

(1 24)(235)=



1 2 3 4 5

2 4 3 1 5



1 2 3 4 5

1 3 5 4 2



=



1 2 3 4 5

2 3 5 1 4



=(12354), en cykel.

(2 35)(124)=

1 2 3 4 5

1 3 5 4 2

1 2 3 4 5

2 4 3 1 5

=

1 2 3 4 5

3 4 5 1 2

=(13524), en cykel.

(12354)6=(13524), icke-disjunkta cykler behöver ej kommutera, dvs. ordningsföljden är viktig.

Exempel.

Antag att vi har 13 spaderkort och Jokern med bildsidan nedåt i ordningenA;²;:::;¹⁰;Kn;D;K;

J. Antag att vi utför perfekta omblandningar, dvs. delar korthögen i två delar med sju kort var och blandar korten turvis om varandra så attAalltid är underst ochJ alltid överst i packen. Hur många omblandningar krävs för att återställa den ursprungliga ordningen?

Lösning: BetraktaS¹⁴ f ⁼



1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

1 3 5 7 9 11 13 2 4 6 8 10 12 14



=(1)(14)(2359471312106118); där¹motsvararA,¹¹motsvararKn,¹²motsvararD,¹³motsvararK och¹⁴motsvararJ. Vi söker nu det minstak^1sådant attf^k=e(ett sådant existerar enligt Lemma 19).

f^k(1)=1och f^{k(14)=14 8} k^1 f¹²⁽j⁾⁼j förj⁼²;:::;¹³: Svar: Tolv perfekta omblandningar.

Isomorfa grupper

När är två grupper väsentligen lika? Denna fråga kan besvaras med hjälp av begreppet isomor för grupper.

Först skall vi dock införa begreppet homomor för algebraiska strukturer:

Denition.

Antag att ^hG;^i och ^hH;^i är algebraiska strukturer och att f ^: G ^! H: Då kallas f en homomor om det för allaa;b²Ggäller att

f⁽a^b⁾⁼f⁽a^)f⁽b⁾:

Homomorvillkoret betyder att varje likhetz⁼x^y iGmedför likhetenf⁽z⁾⁼f⁽x^)f⁽y⁾iH.

Exempelvis är avbildningen f ^: Z^nf0g!Z⁺ given avf⁽x^{) =}x² en homomor mellan de algebraiska strukturerna^hZ^nf0g;
ⁱoch^hZ⁺;
ⁱ, tyf⁽xy⁾⁼⁽xy⁾²⁼x²y²⁼f⁽x⁾f⁽y⁾.

Denition.

Två grupper ^hG;^i och ^hH;^i är isomorfa, vilket betecknas ^hG;^{i = h}H;^i, om det nns en bijektion'^:G^!H sådan att för allaa;b²Ggäller att

'⁽a^b⁾⁼'⁽a^)'⁽b⁾:

Då säger vi att'är en isomorsm.

Exempel.

Låt oss jämföra^Z2 ochS². S^2: e⁼



1 2

1 2



; f ⁼



1 2

2 1



 e f e e f f f e

Z

2

: hf0;^1g;⁺²ⁱ

+

2 0 1

0 0 1

1 1 0

Denierar nu: '^:Z27!S² genom

'⁽⁰⁾⁼e '⁽¹⁾⁼f^. 'är alltså en bijektiv avbildning.

8

>

<

>

:

'^(0+20)='⁽⁰⁾⁼e⁼e^e⁼'^(0)'⁽⁰⁾ '^(0+21)='⁽¹⁾⁼f ⁼e^f ⁼'^(0)'⁽¹⁾ '^(1+20)='⁽¹⁾⁼f ⁼f^e⁼'^(1)'⁽⁰⁾ '^(1+21)='⁽⁰⁾⁼e⁼f^f ⁼'^(1)'⁽¹⁾ 'är en isomorsm och^Z2=S².

Det gäller att^jS^3j=jZ^6j=6. Är grupperna isomorfa? Vi har tidigare noterat attZ⁶ är Abelsk men inte S³. Med stöd av följande lemma kan vi ge ett nekande svar på frågan.

Lemma 16.

Om gruppen^hG;^iär Abelsk och ^hG;^i=hH;^i, så är även^hH;^ien Abelsk grupp.

Bevis:

Låt'^:G^!H vara en isomorsm. Tag godtyckligax;y²H. Då nns det elementa;b²Gsådana att'⁽a⁾⁼x och'⁽b⁾⁼y. Vidare gäller det att

x^y⁼'⁽a^)'⁽b⁾⁼'⁽a^b⁾⁼'⁽b^a⁾⁼'⁽b^)'⁽a⁾⁼y^x;

så^hH;^iär en Abelsk grupp.

Produkter av grupper

Det är ofta fördelaktigt att framställa en komplicerad gruppGsom en direkt produkt av enklare grupper H¹;:::;Hn, eller visa attGär isomorf med en dylik produkt,G^=H^1H^2:::^Hn. Bekant från analysen är den naturliga produkten^hRⁿ;⁺ⁱav ordnaden-tipler försedda med addition

(a¹;:::;a_n⁾⁺⁽b¹;:::;b_n⁾⁼⁽a¹⁺b¹;:::;a_n⁺b_n⁾:

Denition.

Antag att vi har grupperna ^hG;^ioch^hH;^i. Då denieras den direkta produktenG^H avG ochH som mängden av ordnade elementpar⁽a;b⁾;dära²Gochb²H;försedd med operationen

(a¹;b^1)
(a²;b²⁾⁼⁽a^1a²;b^1b²⁾²G^H :

Anmärkning.

a) Analog denition förnstycken grupper.

b) OmGochH är av ändlig ordning gäller^jG^H^j=jG^jjH^j.

Påstående:

^GH är en grupp.

Bevis:

Antag att⁽a¹;b¹⁾;⁽a²;b²⁾²G^H. Då erhålls att

(a¹;b^1)
(a²;b²⁾⁼⁽a^1a²;b^1b²⁾²G^H : så
är en operation påG^H.

(i) Nu gäller kalkylerna

(a¹;b^1)
((a²;b^2)
(a³;b³⁾⁾⁼⁽a¹;b^1)
(a^2a³;b^2b³⁾⁼⁽a^1(a^2a³⁾;b^1(b^2b³⁾⁾

=((a^1a^2)a³;⁽b^1b^2)b³⁾⁼⁽a^1a²;b^1b^2)
(a³;b³⁾

=((a¹;b^1)
(a²;b^2))
(a³;b³⁾; så operationen
är associativ.

(ii) Låteoch e⁰ vara neutrala element iGrespektiveH. För⁽a;b⁾²G^H gäller

(e;e^0)
(a;b⁾⁼⁽e^a;e^0b⁾⁼⁽a;b⁾;

(a;b^)
(e;e⁰⁾⁼⁽a^e;b^e⁰⁾⁼⁽a;b⁾; och därmed är⁽e;e⁰⁾det neutrala elementet i G^H.

(iii) Tag nu⁽a;b⁾²G^H och betrakta likheterna

(a^,1;b^,1)
(a;b⁾⁼⁽a^,1a;b^,1b⁾⁼⁽e;e⁰⁾;

(a;b^)
(a^,1;b^,1)=(a^a^,1;b^b^,1)=(e;e⁰⁾; som ger att⁽a;b^{),1 =(}a^,1;b^,1).

Då har vi visat attG^H är en grupp.