Cvičení jedna dvě

… aneb Jednoduchosti neřešíme.

Na přednášce se ukázala řešitelnost grup $\S_3$, $\S_4$ a všech dihedrálních grup. Bez použití výsledku (e) z Úlohy 2 dokažte, že následující grupy jsou řešitelné:
  1. 🌞 $\QQ$ (ta je dokonce metaabelovská, tj. stupně řešitelnosti 2),
  2. podgrupa $\G \leq \GL_2(\kk)$ tvořená horními trojúhelníkovými maticemi, kde $\kk$ je libovolné těleso (rovněž metaabelovská, pro $\kk = \Z_2$ abelovská),
  3. součin libovolně (konečně) mnoha řešitelných grup,
  4. (možná ★) $\SL_2(\Z_3)$,
  5. $\GL_n(\kk)$ pro $n \in \N$ a těleso $\kk$ právě tehdy, když $\SL_n(\kk)$ je řešitelná.
Nápověda k (a)
Postupujte z definice; $\QQ$ má normálních podgrup požehnaně.
Řešení (a)
Například podgrupa $\{\pm 1\}$ je normální v $\QQ$, protože její prvky se vším komutují; je taky zjevně komutativní. Faktor bude mít řád $4$ a ať už vypadá, jak chce, všechny grupy řádu $4$ jsou komutativní. (Není ale těžké ukázat, že onen faktor je konkrétně isomorfní $\Z_2 \times \Z_2$, např. můžeme vyrobit homomorfismus $\QQ \to \Z_2 \times \Z_2$ předpisem $\pm i \mapsto (1, 0)$, $\pm j \mapsto (0, 1)$, $\pm k \mapsto (1, 1)$, $\pm 1 \mapsto (0, 0)$ a použít 1. větu o isomorfismu.) Máme tedy následující řetězec normálních podgrup s komutativními faktory, který dosvědčuje řešitelnost a metaabelovskost $\QQ$: \[ \{1\} \leq \{\pm1\} \leq \QQ. \]
Nápověda k (b)
Vymyslete homomorfismus $\G \to \kk^* \times \kk^*$, jehož jádrem bude Heisenbergova grupa (tj. podgrupa tvořená horními diagonálními maticemi s jedničkami na diagonále, viz šesté cviko).
Řešení (b)
Když násobíme horní trojúhelníkové matice, součin bude mít na diagonále součiny prvků na diagonálách činitelů. Odtud plyne, že zobrazení $\G \to \kk^* \times \kk^*$, které matici přiřadí dvojici prvků na diagonále, je homomorfismus grup. Jeho jádro je tvořeno těmi maticemi, které mají na diagonále jedničky, což je přesně ona Heisenbergova grupa. Podle 1. věty o isomorfismu je tedy faktor $\G/\H_2(\kk)$ isomorfní $\kk^*\times\kk^*$. Z šestého cvika víme, že grupa $\H_2(\kk)$ je isomorfní sčítací grupě $\kk$, a tedy je komutativní. Řešitelnost $\G$ je tedy dosvědčena řetězcem normálních podgrup \[ \{E\} \leq \H_2(\kk) \leq \G. \]
Nápověda k (c)
Úloha 4 z osmého cvika, Věta 6.6 z přednášky, indukce.
Řešení (c)
Dokažme to nejprve pro součin dvou grup $\G \times \H$. Podle Úlohy 4 z osmého cvika můžeme $\G$ ztotožnit s (normální) podgrupou $\G \times \H$, přičemž faktor podle této podgrupy bude isomorfní $\H$. Máme tedy řešitelnou normální podgrupu, faktor podle které je rovněž řešitelný, takže podle Věty 6.6, bodu 3. je i $\G \times \H$ řešitelná. Pro větší počty grup použijeme indukci podle počtu násobených grup, a to tak, že $\G_1 \times \G_2 \times \cdots \times \G_{n-1} \times \G_n$ uvážíme jako součin dvou grup $(\G_1 \times \G_2 \times \cdots \times \G_{n-1}) \times \G_n$, z indukčního předpokladu je $\G_1 \times \G_2 \times \cdots \times \G_{n-1}$ řešitelná a použijeme výše dokázané tvrzení pro dvě řešitelné grupy $\G_1 \times \G_2 \times \cdots \times \G_{n-1}$ a $\G_n$. Můžeme si také všimnout, že ve skutečnosti platí ekvivalence: součin konečně mnoha grup je řešitelný právě tehdy, když jsou všechny tyto grupy řešitelné.
Nápověda k (d)
Možností je asi hodně; jednou je např. vyfaktorizovat podgrupu $\{\pm E\}$ a nahlédnout, že faktorgrupa věrně působí na vhodné čtyřprvkové množině. Jinou možností je třeba nalézt normální podgrupu isomorfní $\QQ$.
Řešení (d)
Uvedená grupa přirozeně působí (maticovým násobením) na osmiprvkové množině $\Z_3^2\setminus\{0\}$, orbity podgrupy $\{\pm E\}$ jsou přesně dvojice opačných prvků čili jednodimenzionální podprostory bez počátku. Je lehké nahlédnout, že pouze skalární násobky jednotkové matice zachovají všechny jednodimenzionální podprostory, takže faktor $\SL_2(\Z_3)/\{\pm E\}$ bude věrně působit na těchto čtyřech orbitách, jinak řečeno bude isomorfní podgrupě grupy $\S_4$ (a jelikož bude mít tento faktor řád $12$, musí být ve skutečnosti isomorfní $\A_4$, ale to nebudeme potřebovat). Jelikož je $\S_4$ řešitelná, podle Věty 6.6 (bod 1.) je rovněž faktor $\SL_2(\Z_3)/\{\pm E\}$ řešitelný. Podgrupa $\{\pm E\}$ je komutativní, tedy řešitelná, takže další aplikace Věty 6.6 (bod 3.) dává, že $\SL_2(\Z_3)$ je řešitelná. K té podgrupě isomorfní $\QQ$ zmíněné v nápovědě, není nic jednoduššího než si vzít všechny prvky řádu $1$, $2$ a $4$: \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}.\] Pokud ty tvoří podgrupu, je jistě normální, protože konjugace zachovává řád prvků. Nahlédnout, že je tato množina vskutku uzavřená na násobení, se dá např. následovně. Jednak je v množině s každou maticí i matice k ní opačná, takže máme uzavřenost na násobení $-E$. Jelikož je $-E$ jediný prvek řádu $2$ v $\SL_2(\Z_3)$, jsou prvky řádu $4$ právě $X$ splňující $X^2 = -E$, neboli $X^{-1} = -X$. Označme např. \[ I = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix},\quad J = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix},\quad K = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}, \] pak platí $IJ = K$, odkud už s pomocí $X^{-1} = -X$ a díky $I \neq \pm J$, $J \neq \pm K$, $K \neq \pm I$ plyne veškerá kvaternionová aritmetika, takže vskutku máme podgrupu. O $\QQ$ již víme, že je řešitelná, faktor podle této podgrupy musí být trojprvková grupa, tedy nezbytně isomorfní $\Z_3$. Věta 6.6 (bod 3.) opět dává řešitelnost $\SL_2(\Z_3)$.
Nápověda k (e)
Věta 6.6 z přednášky; co je příslušnou faktorgrupou?
Řešení (e)
Je-li $\GL_n(\kk)$ řešitelná, pak je rozhodně dle Věty 6.6 (bod 1.) řešitelná i její podgrupa $\SL_n(\kk)$. Na druhou stranu, $\SL_n(\kk)$ je přesně jádro homomorfismu $\mathrm{det}\colon \GL_n(\kk) \to \kk^*$ a podle 1. věty o isomorfismu je tedy faktor $\GL_n(\kk)/\SL_n(\kk)$ isomorfní komutativní grupě $\kk^*$. Pokud je tedy $\SL_n(\kk)$ řešitelná, bude dle Věty 6.6 (bod 3.) řešitelná i $\GL_n(\kk)$. Zde se na závěr hodí poznamenat, že tato situace vlastně nastane pro konečná tělesa $\kk$ jen velmi vzácně: jistá grupa $\PSL_n(\kk)$, která je faktorem $\SL_n(\kk)$ (a je podgrupou $\PGL_n(\kk)$, kterou jsme si představili předminule – Úloha 5 (c)), je podle Wikipedie dokonce jednoduchá (a nekomutativní) pro všechna $n \geq 2$ a konečná tělesa $\kk$ s výjimkou $n = 2$ a $\kk \in \{\Z_2, \Z_3\}$.
V této úloze postupně dokážeme neřešitelnost „většiny“ symetrických a alternujících grup. Každý bod využívá těch předchozích.
  1. Víme, že grupa $\A_n$ je generována množinou všech trojcyklů (Tvrzení 2.4 v textu o grupách). Dokažte, že pro $n \geq 5$ je generována také množinou všech pěticyklů, stejně jako množinou všech permutací tvaru $(a\,b)(c\,d)$, kde $a$, $b$, $c$, $d$ jsou různé.
  2. Nechť $\NN$ je vlastní normální podgrupa $\A_n$. Ukažte, že pro $n \geq 5$ faktorgrupa $\A_n/\NN$ obsahuje prvky řádu $2$, $3$ a $5$, a tudíž její řád musí být dělitelný $30$.
  3. Nahlédněte, že $\A_5$ nemá žádný prvek řádu $2$, který by komutoval se všemi ostatními prvky $\A_5$, neboli nemá žádnou dvouprvkovou normální podgrupu, a tedy žádná její faktorgrupa nemůže mít řád roven $30$. Vyvoďte, že jedinými normálními podgrupami $\A_5$ je ona sama a triviální podgrupa, takže $\A_5$ je tzv. jednoduchá grupa.
  4. Vyvoďte, že pro $n \geq 5$ nejsou $\A_n$ a $\S_n$ řešitelné grupy. (Mimochodem, ve skutečnosti platí, že $\A_n$ jsou pro $n\geq 5$ dokonce všechny jednoduché).
  5. Víte-li navíc, že $\A_5$ je nejmenší nekomutativní jednoduchá grupa, dokažte, že všechny grupy řádu menšího než $60$ jsou řešitelné.
  6. ★ Úpravou argumentů v (b) a (c) dokažte, že $\GL_3(\Z_2)$ (kterou jsme celkem rozebrali předminule) je jednoduchá.
(Mimochodem, může se do života hodit znát následující fakta, byť se na ně asi nelze bez důkazu odvolávat: po $\A_5$ mají další neřešitelné grupy až řád $120$ (např. $\S_5$ či $\A_5 \times \Z_2$), další je pak na řadě výše zmíněná $\GL_3(\Z_2)$ s řádem $168$, která je zase jednoduchá. Možné další řády malých neřešitelných grup jsou třeba zde.)
Nápověda k (a)
Jelikož trojcykly generují $\A_n$, stačí nám ukázat, že umíme nagenerovat trojcykly z výše uvedených množin generátorů. To je jen „hraní si“ s permutacemi. Podmínka $n \geq 5$ se bude hodit.
Řešení (a)
Máme-li trojcyklus $(a\,b\,c)$, pak se ten dá napsat jako složení $(a\,b)(d\,e)$ a $(b\,c)(d\,e)$, nebo třeba jako složení $(a\,c\,b\,d\,e)$ a $(e\,d\,c\,b\,a)$. Výše uvedené množiny tedy nagenerují všechny trojcykly, takže i celou grupu $\A_5$.
Nápověda k (b)
Má-li být $\NN$ vlastní, pak nemůže obsahovat nějakou celou jednu množinu generátorů, čili z každé množiny generátorů nějaký prvek „přežije“ faktorizaci. Lagrangeova věta.
Řešení (b)
Protože řád faktortřídy $\pi \NN$ je dělitelem řádu příslušného prvku $\pi \in \A_n$ (protože ona faktortřída je obrazem $\pi$ v kanonickém homomorfismu $\A_n \to \A_n/\NN$), musí pro prvky prvočíselného řádu řád buď $1$ (což bude právě tehdy, když $\pi \in \NN$), nebo to prvočíslo. Má-li být $\NN$ vlastní, pak nemůže obsahovat všechny trojcykly, ani všechny pěticykly, ani všechny prvky řádu $2$, takže v onom faktoru musí být prvky řádu $2$, $3$ i $5$. Z Lagrangeovy věty tedy musí být řád $\A_n/\NN$ těmito čísly dělitelný, tedy musí být dělitelný $30$.
Nápověda k (c)
Pro každou grupu platí, že její dvouprvkové normální podgrupy musí obsahovat prvek řádu $2$, který se vším komutuje. Dle předchozího bodu musí mít každý netriviální faktor $\A_5$ řád aspoň $30$, přičemž samotná $\A_5$ má řád $60$.
Řešení (c)
Každá normální podgrupa řádu $2$ sestává z jednotky a prvku $\pi$, který (z normality) splňuje $\varrho^{-1}\pi\varrho = \pi$, neboli $\pi \varrho = \varrho \pi$ pro všechny $\varrho$, neboli $\pi$ se vším komutuje. Prvky řádu $2$ jsou v $\A_5$ jen součiny dvou disjunktních transpozic, ale ty samozřejmě nekomutují skoro s ničím (třeba $(1\,2\,3)^{-1}(1\,2)(3\,4)(1\,2\,3) = (1\,4)(2\,3)$). Podle předchozího bodu musíme při faktorizaci dle vlastní normální podgrupy dostat faktorgrupu řádu aspoň $30$, takže ona normální podgrupa, podle které faktorizujeme, musí řád nanejvýš $2$, ovšem právě jsme ukázali, že řád $2$ žádná nemá, takže jedinou vlastní normální podgrupou je triviální podgrupa.
Nápověda k (d)
Věta 6.6 z přednášky.
Řešení (d)
Jak jsme ukázali výše, $\A_5$ je jednoduchá a přitom nekomutativní, tedy rozhodně není řešitelná. Z Věty 6.6 z přednášky tedy nebude řešitelná ani žádná grupa, která ji obsahuje jakožto podgrupu. To je samozřejmě případ $\S_5$, ale také všech větších $\A_n$ a $\S_n$, kde se nachází prostě jako podgrupa všech sudých permutací na prvních pěti prvcích.
Nápověda k (e)
Postupujte sporem a uvažte nejmenší neřešitelnou grupu; ta podle uvedeného faktu nebude jednoduchá, tedy bude mít nějakou normální podgrupu. Věta 6.6 (bod 3.) z přednášky.
Řešení (e)
Postupujme sporem a uvažme (co do řádu) nejmenší neřešitelnou grupu $\G$; ta podle uvedeného faktu nebude jednoduchá, nechť tedy $\NN$ je nějaká její vlastní netriviální podgrupa. Grupy $\NN$ a $\G/\NN$ jsou obě netriviální a řádu menšího, než je řád $\G$, takže budou řešitelné, ovšem podle Věty 6.6 (bod 3.) by pak byla řešitelná i $\G$ – spor.
Nástin řešení (f)
Ona grupa je generovaná elementárními maticemi, které mají všechny řád $2$, nějakým zkoušením se vymyslí, jak tyto dostat pomocí matic / permutací s řádem $3$ či $7$, takže v případném faktoru podle vlastní normální podgrupy $\NN$ se opět musí vyskytnout prvky řádu $2$, $3$ a $7$, což říká, že $\NN$ může mít řády $1$, $2$, nebo $4$. Dvojka se snadno vyloučí (stejně jako předtím, není žádný prvek řádu $2$ v centru), se čtyřkou to dá trochu víc práce a dá se to udělat např. následovně. Nechť $a$, $b$, $c$ jsou tři netriviální prvky oné čtyřprvkové normální podgrupy, pak máme (díky normalitě) homomorfismus $\GL_3(\Z_2) \to \S(\{a, b, c\})$, kde $x \in \GL_3(\Z_2)$ zpermutuje ony tři prvky konjugací na $xax^{-1}$, $xbx^{-1}$, $xcx^{-1}$. Obraz tohoto homomorfismu (tj. faktor podle jádra) ovšem bude nanejvýš šestiprvková grupa, ale výše jsme již ukázali, že faktory podle vlastních podgrup musí mít řád dělitelný $42$, a možnost, že onen homomorfismus bude triviální, by znamenala, že $a$, $b$, $c$, jsou v centru $\GL_3(\Z_2)$, ovšem existenci takových prvků jsme již vyloučili dříve. A když jste se dočetli až sem, tak vám prozradím, že tyto důkazy jsem vykradl odsud.