Cvičení ∞

Lagrange $\Rightarrow$ Všechny prvky $g$ oné $n$-prvkové podgrupy musí splňovat $g^n = 1$ (rovněž jakožto prvky toho tělesa $\kk$).

Co jsou v $\C$ řešení rovnice $z^n = 1$?

Vlastně hledáme podgrupy dvanáctiprvkové cyklické grupy. Může pomoct, že třeba $2$ je generátor $\Z_{13}^*$.

Dle Lagrange musí všechny prvky $g$ oné $n$-prvkové podgrupy splňovat $g^n = 1$, tato rovnice ovšem může mít v tělese $\kk$ nanejvýš $n$ řešení, takže jen jediná podmnožina $\kk^*$ má šanci být $n$-prvkovou podgrupou (a ona jí skutečně je, protože součin libovolných dvou jejich prvků je stále řešením $g^n = 1$, protože $\kk$ má komutativní násobení).

Pro každé $n \in \N$ ona jediná podgrupa existuje a je tvořena prvky $e^{0\cdot2\pi i/n}, e^{1\cdot2\pi i/n}, \dots, e^{(n-1)\cdot2\pi i/n}$.

$\Z_{13}^*$ má dvanáct prvků a víme z Věty 4.6, že je cyklická, její podgrupy tedy mohou mít řády „pouze“ $1$, $2$, $3$, $4$, $6$ a $12$ (Lagrange). Pro všechna tato čísla bude ovšem podgrupa onoho řádu existovat (viz důkaz Tvrzení 4.4) a bude jen jedna. Jednoprvková bude zřejmě $\{1\}$, dvanáctiprvková bude celá $\Z_{13}^*$, dvojprvková bude nutně $\{\pm1\} = \{1, 12\}$. Ostatní grupy nalezneme tak, že se prostě podíváme na to, co za prvky má jaký řád; například trojka má řád $3$ ($3^3 = 27 \equiv 1 \pmod{13}$), takže $\{3^0, 3^1, 3^2\} = \{1, 3, 9\}$ je jediná tříprvková podgrupa. Čtyřprvkovou podgrupou pak je například $\{5^0, 5^1, 5^2, 5^3\} = \{1, 5, 12, 8\}$ a šestiprvkovou $\{4^0, 4^1, 4^2, 4^3, 4^4, 4^5\} = \{1, 4, 3, 12, 9, 10\}$. Alternativně, pokud víme, že $2$ je generátor $\Z_{13}^*$, můžeme ony grupy snadno rovnou přečíst, když si napíšeme, jak přesně vypadá isomorfismus $\Z_{13}^* \cong \Z_{12}$: \[ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c} k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ \hline 2^k \bmod 13 & 1 & 2 & 4 & 8 & 3 & 6 & 12 & 11 & 9 & 5 & 10 & 7 \\ \hline n = 1 & * &&&&&&&&&&& \\ \hline n = 2 & * &&&&&& * &&&&& \\ \hline n = 3 & * &&&& * &&&& * &&& \\ \hline n = 4 & * &&& * &&& * &&& * && \\ \hline n = 6 & * &&* && * && * && * && * & \\ \hline n = 12 & * & * & * & * & * & * & * & * & * & * & * & * \\ \hline \end{array} \] Hvězdičky znázorňují, které prvky tvoří $n$-prvkovou podgrupu.

Můžete si přímo vypsat, které prvky $z \in \Z_m \times \Z_n$ splňují, že jejich $k$-tá „mocnina“ (v aditivní notaci spíš $k \cdot z$) je triviální.

Nechť $k \in \N$. Dvojice $(x, y) \in \Z_m \times \Z_n$ splňuje $k\cdot (x,y) = (0,0)$ právě tehdy, když $k\cdot x = 0$ a $k\cdot y = 0$. Označíme-li $d = \operatorname{NSD}(m, k)$, $e = \operatorname{NSD}(n, k)$, pak takové $x \in \Z_m$, resp. $y \in \Z_n$ jsou přesně \[ \left\{0, \frac{m}{d}, \frac{2m}d, \dots, \frac{(d-1)m}d \right\}, \quad \text{resp.} \quad \left\{0, \frac{n}{e}, \frac{2n}e, \dots, \frac{(e-1)n}e \right\}. \] Příslušných dvojic $(x, y)$ je tedy $d \cdot e$. Jsou-li $m$ a $n$ nesoudělná čísla, pak jsou i $d$ a $e$ nesoudělná a jelikož jde o dělitele $k$, musí platit $de \mid k$ a speciálně $de \leq k$, což jsme chtěli. Jsou-li naopak $m$ a $n$ soudělná, pak si můžeme třeba vzít za $k$ prvočíslo $p$ dělící jak $m$, tak $n$; pak $d = e = p$ a příslušných dvojic $(x,y)$ je $de = p^2$, což je více jak $p$.

Nenulové prvky tělesa tvoří cyklickou grupu. Pokud na ně budeme pohlížet jako na mocniny generátoru oné cyklické grupy, můžeme hledaný součet přepsat na součet členů geometrické posloupnosti. Bude potřeba zvlášť ošetřit některá malá tělesa.

Nechť ono těleso $\kk$ má $n$ prvků, tj. jeho grupa invertibilních (neboli nenulových) prvků $\kk^*$ je cyklická řádu $n-1$; nechť $g$ je její generátor. Pak všechny nenulové prvky prvky $\kk$ jsou \[ g^0, g^1, \dots, g^{n-2} \] a jejich druhé mocniny tedy jsou \[ g^{2\cdot0}, g^{2\cdot1}, \dots, g^{2\cdot(n-2)}. \] Použijeme standardní středoškolský vzorec \[ (g^2)^0 + (g^2)^1 + \dots + (g^2)^{n-2} = \frac{(g^2)^{n-1} - 1}{g^2-1} \] (zde poznamenejme, že pokud $\kk \neq \Z_2$, pak $g$ určitě není $1$, a pokud $\kk \notin \{\Z_2, \Z_3\}$, pak to není ani $-1$, takže onen zlomek je dobře definovaný v $\kk$). Ovšem pro všechny prvky $x \in \kk^*$ je $x^{n-1} = 1$ (Lagrange, nebo prostě se pohybujeme v cyklické grupě řádu $n-1$), takže onen součet je $0$. Zbývá ošetřit případy $\Z_2$ (tehdy to je $1$) a $\Z_3$ (pak to je $2$).

Ověřte „konjugační“ kritérium pro normalitu podgrupy, nebo klidně postupujte přímo z definice.

Ověřte, že přiřazení $(g,h)G \mapsto h$ je dobře definované zobrazení (tj. že stejným prvkům faktorgrupy přiřadí stejná $h$) a isomorfismus.

Operace na součinu grup jsou definovány po složkách, takže pro libovolný $(g, h) \in G \times H$ a $x \in G$ platí \[ (g,h)\odot(x,1_\H)\odot(g,h)^{-1} = (g\odot x \odot g^{-1}, 1_\H), \] což je zřejmě prvek $\G$ jakožto podgrupy $\G \times \H$. Úplně stejně se udělá normalita té druhé podgrupy.

Budeme postupovat podle nápovědy. Jelikož operace na součinu fungují po složkách, rovnost $(g_1,h_1)G = (g_2, h_2)G$ v tomto konkrétním případě znamená $g_1G = g_2G$ (což je zřejmé) a $h_1\{1_\H\} = h_2\{1_\H\}$, neboli $h_1 = h_2$. Zobrazení je tedy dobře definováno. Zřejmě je na a je taky prosté, jelikož na $1_\H$ se zobrazí pouze jednotkový prvek $(\G \times \H) / \G$, tj. rozkladová třída $(\text{cokoli}, 1_\H)G$.

Nahlédněte, že násobení libovolným prvkem rozkladové třídy dává bijekci mezi $N$ a onou rozkladovou třídou.

Sám zápis zde napovídá… Rozdělujeme $G$ na stejně velké kusy.

Je potřeba dokázat, že (i) ty vzory jsou fakt rozkladové třídy – přímo z definice, (ii) dostaneme takto všechny rozkladové třídy – stačí za hodnotu $h$ vzít $f(x)$ pro vhodné $x$, (iii) že různé vzory jsou disjunktní – to nemá nic společného s teorií grup.

Vezměme si libovolnou rozkladovou třídu $gN \in G/N$ a její libovolný prvek, třeba $g$. Zobrazení $n \mapsto g \odot n$ je bijekce $N$ a $gN$, jelikož inverzním zobrazením je násobení $g^{-1}$.

Množinu, která má $|G|$ prvků, jsme rozdělili na množiny o $|N|$ prvcích, takže jich musí být $|G|/|N|$.

To, že disjunktní množiny mají diskjunktní vzory, platí pro úplně každou funkci. Je-li $h \in \Im f$ a $x, y \in f^{-1}(\{h\})$, pak $f(x \odot y^{-1}) = f(x) \odot f(y)^{-1} = h \odot h^{-1} = 1_{\H}$, takže $x \odot y^{-1} \in \Ker f$, takže ony vzory jsou skutečně rozkladové třídy. Na druhou stranu takto dostaneme každou rozkladovou třídu: $x \Ker f = f^{-1}(\{f(x)\})$.

Násobení na $\G/\Ker f$ je násobení definováno jako $x\Ker f \odot y \Ker f = (x \odot y)\Ker f$. Je $x \odot y \in f^{-1}(\{f(x \odot y)\}) = f^{-1}(\{f(x) \odot f(y)\})$, takže $(x \odot y)\Ker f = f^{-1}(\{f(x) \odot f(y)\})$, což na ověření homomorfnosti stačí. Gratuluji, právě jste dokázali první větu o isomorfismu: $\G/\Ker f$ je isomorfní $\Im f$.

Buď se zamyslete, nebo zkuste použít Burnsideovu větu a ono vám „to“ dost možná dojde.

Protože nás zajímá počet mřížek různých až na otočení, můžeme si BÚNO říct, že např. ze všech čtyř rohů tabulky bude v mřížce použit ten vlevo nahoře; u všech zbývajících orbit cyklické grupy (kterých je $\frac14 n^2 - 1$ pro sudé $n$ a $\frac14 (n^2-1) - 1$ pro liché $n$) si zvolíme jedno ze čtyř polí v orbitě, takže výsledek je $4^{n^2/4-1}$ pro sudá $n$ a $4^{(n^2-1)/4-1}$ pro lichá $n$. Kdybychom to chtěli řešit Burnsideovu větou, pak jediný prvek cyklické grupy, který bude mít vůbec nějaké pevné body, bude pouze identita (rotace musí mřížku změnit, aby vůbec mohla fungovat jako mřížka!). Výsledek je tedy čtvrtina (kvůli tomu počtu $1/|G|$) z počtu všech možných mřížek (kde neztotožňujeme ty, co se na sebe otočí).

V komutativní grupě bude $(g \odot h)^{\ord(g)\ord(h)} = g^{\ord(g)\ord(h)}h^{\ord(g)\ord(h)} = 1$. Inverní prvek má vždycky stejný řád jako původní prvek.

Např. v předminule zmíněné grupě $\D_\infty$ mají $R$ a $I$ konečný řád, ale jejich součin již ne. Možná trochu konkrétněji, když v $\S(\N)$ složíme permutace $(1\,2)(3\,4)(5\,6)\ldots$ a $(2\,3)(4\,5)(6\,7)\ldots$, dostaneme bijekci $\N\to\N$, jejíž $n$-tá mocnina posílá jedničku na $n$, takže nikdy nepůjde o identitu. Naopak v grupě $\S_3 \times \Z$ mají konečný řád přesně ty dvojice s nulou na druhé souřadnici, a ty zjevně podgrupu tvoří. Konečný řád prvku se zachová konjugováním jiným prvkem, takže takováto podgrupa bude vždy normální.

Kdyby byla mocnina nějaké netriviální rozkladové třídy triviální třídou, speciálně by to znamenalo, že by příslušná mocnina každého prvku $x$ oné třídy byla v $\T(\G)$, což by ovšem znamenalo, že samotný $x$ má konečný řád.