to jeden z działów matematyki badający własności obiektów algebraicznych zwanych grupami. Wraz z zastosowaniami stanowi on obecnie ogromną, autonomiczną dziedzinę wiedzy. Historyczne korzenie teorii to: rozwiązywanie równań algebraicznych, teoria liczb oraz geometria. Euler, Gauss, Lagrange, Abel i Galois byli pionierami badań w tej dziedzinie. W szczególności, Galois jest uważany za pierwszego matematyka, 2który powiązał teorię grup z teorią ciał.
Grupa to uporządkowana czwórka \( {\mathbf G}=(G,*,',e) \), gdzie \( G \) jest dowolnym zbiorem niepustym, \( * \) działaniem dwuargumentowym, \( ' \) jest działaniem jednoargumentowym, a \( e\in G \), przy czym, dla dowolnych \( x,y,z\in G \), spełnione sa następujące warunki:
Rząd grupy skończonej \( {\mathbf G}=(G,*,e) \) to liczba \( \vert G \vert \) jej elementów. Gdy grupa \( {\mathbf G} \) nie jest skończona, to mówimy, że ma rząd nieskończony.
Uwaga
Czasem w grupie nie podaje się w sposób jawny elementu neutralnego lub jednoargumentowego działania zwracającego element odwrotny. Zobaczymy, że takie postępowanie jest uprawnione, bo zarówno element neutralny jak i element odwrotny do jakiegoś \( x \), jeśli istnieje to jest jedyny.
Przykład
\( \mathbf {Z}=(\mathbb{Z},+,0) \), czyli zbiór liczb całkowitych z dodawaniem i elementem neutralnym \( 0 \), jest grupą. Rzeczywiście:
Przykład
Dla dowolnej liczby naturalnej\( n\geq 1 \), zbiór reszt modulo \( n \) wraz z dodawaniem modulo \( n \), tzn. \( \mathbf {Z}_n=(\mathbb{Z}_n,+,0) \) jest grupą. Rzeczywiście:
Przykład
\( {\mathbf S}_n=(S_n,\circ) \) jest grupą, gdzie \( S_n \) to zbiór permutacji zbioru \( \mathbb{Z}_n={\{ {0,\ldots,n-1} \} } \), a \( \circ \) to składanie permutacji. Rzeczywiście:
Przykład
Gdy \( \mathbb{Z}_p^*=\mathbb{Z}_p-{\{ {0} \} }={\{ {1,\ldots,p-1} \} } \) oraz \( p \) jest liczba pierwszą, to \( {\mathbf {Z}}_p^*=(\mathbb{Z}_p^*,\cdot,1) \) jest grupą, gdzie działanie \( \cdot \) to mnożenie modulo \( p \). Rzeczywiście:
Liczba \( p \) byłaby więc rozkładzie \( ab=p_1\cdot\ldots\cdot p_k \), co jest niemożliwe wobec \( p_i\leq\max(a,b) < p \).
\( (ab \ {\sf mod} \ p )\cdot c \ {\sf mod} \ p =a\cdot(bc \{ {\sf mod} \ p ) \ {\sf mod} \ p . \)
Z pierwszości \( p \) mamy \( {\sf NWD}(a,p)=1 \) zatem istnieją \( x,y \) takie, że \( xa+yp=1 \), czyli \( xa \ {\sf mod}\ p =1 \). To oznacza, iż \( x \ {\sf mod} \ p \) jest elementem odwrotnym do \( a \) w \( {\mathbf {Z}_p^*} \).
Można też, używając Małego Twierdzenia Fermata sprawdzić, że elementem odwrotnym do \( a \) jest
Przykład
Rozważmy trójkąt równoboczny z poetykietowanymi wierzchołkami
oraz wybrane przekształcenia tego trójkąta pozostawiające go w tym samym miejscu płaszczyzny:
Wtedy \( ({\{ {i,p,l,x,y,z} \} },\circ, i) \) jest grupą, gdzie \( \circ \) jest składaniem przekształceń.
\( {\{ {i,p,l,x,y,z} \} } \).
\( \begin{array} {|c|cccccc|} \hline \circ & i & p & l & x & y & z \\ \hline i & i & p & l & x & y & z \\ p & p & l & i & y & z & x \\ l & l & i & p & z & x & y \\ x & x & z & y & i & l & p \\ y & y & x & z & p & i & l \\ z & z & y & x & l & p & i \\ \hline \end{array} \)
Zauważmy, że w każdym wierszu (i każdej kolumnie) występuje \( i \), skąd też można wywnioskować istnienie elementów odwrotnych.
Obserwacja 4.1 [prawo skracania]
Dla grupy \( (G,*,e) \) i \( x,y,z\in G \) mamy:
Dowód
Z uwagi na symetrię, pokażemy jedynie pierwszy punkt. Załóżmy zatem, że \( x*y=x*z \) i niech \( x' \) będzie elementem odwrotnym do \( x \). Wtedy \( y = 1*y =(x'*x)*y = x'*(x*y) = x'*(x*z) = (x'*x)*z = 1*z=z \).
Obserwacja 4.2
Jeśli \( (G,*,e) \) jest grupą i \( a,b\in G \), to równanie
\( a*x=b \)
ma dokładnie jedno rozwiązanie \( x \) w \( G \).
Dowód
Niech \( a' \) będzie elementem odwrotnym do \( a \) w \( (G,*) \). Wtedy \( x=a'*b \) jest rozwiązaniem równania, gdyż
\( a*(a'*b)=(a*a')*b=e*b=b. \)
Dla dowodu jednoznaczności załóżmy, że \( x_0 \) i \( x_1 \) są rozwiązaniami naszego równania. Wtedy mamy \( a*x_0=a*x_1 \) i z lewostronnego prawa skracania \( x_0=x_1 \).
Wniosek 4.3
Każda grupa ma dokładnie jeden element spełniający warunki elementu neutralnego oraz każdy jej element ma dokładnie jeden element odwrotny.
Dowód
Niech \( (G,*,e) \) będzie grupą i \( a\in G \). Element neutralny \( e \) jest jedynym rozwiązaniem równania \( e*x=e \). Element odwrotny do \( a \) jest jedynym rozwiązaniem \( a*x=e \).
W dalszych rozważaniach o abstrakcyjnych grupach porzucimy ornamentyczny symbol \( * \) i będziemy się posługiwać notacją multiplikatywną. Zatem dla dowolnego \( x,y\in G \), gdzie \( {\mathbf G} \) jest grupą
Pamietajmy, że symbol \( 1 \) w większości wypadków nie oznacza dobrze znanej liczby \( 1\in\mathbb{N} \). Podobnie nie możemy zakładać, iż działanie \( \cdot \) zachowuje prawa zwykłego mnożenia. W szczególności \( xy=yx \) zachodzi dalece nie w każdej grupie (np. nie zachodzi w grupie \( {\mathbf S}_n \) dla \( n>2 \)).
Grupa abelowa to \( {\mathbf G}=(G,\cdot \),1), w której działanie \( \cdot \) jest przemienne tzn. dla dowolnych \( x,y\in G \) mamy
\( xy=yx. \)
Nazwa grup abelowych pochodzi od nazwiska Nielsa Abela, norweskiego matematyka, w którego pracach implicite pojawia się to pojęcie.
Przykład
Grupy \( {\mathbf {Z}}_n \) i \( {\mathbf {Z}}_p^* \) są abelowe, gdyż tak dodawanie, jak i mnożenie modularne jest przemienne.
Grupa przekształceń trójkąta równobocznego \( ({\{ {i,p,l,x,y,z} \} },\circ,i) \) nie jest abelowa, gdyż np. \( xp\neq px \).
W naturalny sposób w notacji multiplikatywnej definiujemy rekurencyjnie:
Dodatnie i ujemne potęgi elementu \( x \) w grupie \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \)
\( \begin{align*} x^0 & =1, \\ x^{n+1} & =x^n\cdot x, \\ x^{-n} & =(x^n)^{-1}. \end{align*} \)
Obserwacja 4.4
Dla dowolnej grupy \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \), \( x\in G \) i \( m,n\in\mathbb{Z} \) zachodzi
\( 1^m=1,\qquad x^{m+n}=x^mx^n,\qquad x^{mn}=(x^m)^n. \)
Jeśli \( {\mathbf G} \) jest abelowa i \( x,y\in G \), to
\( (xy)^n = x^n y^n. \)
Jeśli grupa \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \) ma rząd skończony, to oczywiście dla dowolnego \( x\in G \) w ciągu nieujemnych potęg: \( 1,x,x^2,x^3,\ldots \) elementy muszą zacząć się powtarzać. Załóżmy zatem, że \( m < n \) i \( x^m=x^n \). Mnożąc te równość przez \( x^{-m} \) otrzymujemy \( 1=x^{n-m} \). Udowodniliśmy zatem, iż w grupie o skończonym rzędzie każdy element w pewnej dodatniej potędze równy jest \( 1 \). Z Zasady Minimum dla każdego elementu istnieje więc najmniejsza taka dodatnia potęga.
Rząd elementu \( x\in G \) w grupie \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \) o skończonym rzędzie to najmniejsza dodatnia liczba \( n \) taka, że \( x^n=1 \). Dla grup nieskończonych rząd elementu jest tak samo zdefiniowany o ile taka liczba istnieje. Jeśli nie to \( x \) ma rząd nieskończony.
Obserwacja 4.5
Dla elementu \( x \) rzędu \( m \) w grupie \( (G,\cdot,1) \) mamy \( x^n=1 \) wtedy i tylko wtedy, gdy \( m|n \).
Dowód
Jeśli \( m|n \) to \( n=q\cdot m \) dla pewnego \( q \), a zatem
\( x^n=x^{qm}=(x^{m})^q=1^q=1. \)
Na odwrót załóżmy, że \( x^n=1 \) dla pewnego \( n \). Niech \( n=qm+r \) gdzie \( 0\leq r < m \). Wtedy mamy
\( 1=x^n=x^{qm+r}=(x^m)^qx^r=1^qx^r=x^r, \)
co wraz z minimalnością \( m \) jako rzędu elementu \( x \) daje \( r=0 \), czyli \( m|n \).
Homomorfizm grup \( {\mathbf G}_0=(G_0,\cdot,1_{G_0}) \), \( {\mathbf G}_1=(G_1,\cdot,1_{G_1}) \) to dowolna funkcja \( f:G_0\to G_1 \) taka, że dla dowolnych \( x,y\in G_0 \) zachodzi
\( f(xy)=f(x)f(y). \)
Obserwacja 4.6
Dla dowolnego homomorfizmu \( f:G_0\to G_1 \) grup \( {\mathbf G_0} \) i \( {\mathbf G_1} \) mamy:
Dowód
Oczywiście \( f(1_{G_0})=f(1_{G_0}\cdot 1_{G_0})=f(1_{G_0})f(1_{G_0}) \). Prawo skracania w grupie \( {\mathbf G}_1 \) daje więc \( 1_{G_1}=f(1_{G_0}) \). Z kolei, gdy \( x\in G_0 \), to \( f(x)\cdot f(x^{-1})=f(xx^{-1})=f(1_{G_0})=1_{G_1} \), czyli \( f(x^{-1}) \) jest elementem odwrotnym do \( f(x) \) w \( {\mathbf G}_1 \).
Izomorfizm grup to homomorfizm, który jest bijekcją.
Grupy izomorficzne to grupy, miedzy którymi istnieje izomorfizm. Izomorficzność grup \( {\mathbf G_0} \) i \( {\mathbf G_1} \) zapisujemy \( {\mathbf G_0}\approx{\mathbf G_1} \).
Podgrupa grupy \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1_G) \) to taka grupa \( {\mathbf H}=(H,\cdot,1_G) \), że \( H\subseteq G \) oraz mnożenie w grupie \( {\mathbf H} \) jest restrykcją mnożenia w \( {\mathbf G} \).
Obserwacja 4.7
Dla \( \emptyset\neq H\subseteq G \), gdzie \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \) jest grupą, jeśli
to \( {\mathbf H}=(H,\cdot,1) \) jest podgrupą \( {\mathbf G} \). Ponadto jeśli \( {\mathbf G} \) ma rząd skończony, to już pierwszy punkt implikuje, iż \( {\mathbf H} \) jest podgrupą grupy \( {\mathbf G} \).
Dowód
Pierwszy punkt gwarantuje, że działanie \( \cdot \) nie wyprowadza poza zbiór \( H \). Łączność \( \cdot \) w \( H \) wynika bezpośrednio z łączności \( \cdot \) w \( G \). Drugi punkt świadczy, iż każdy element w \( H \) ma element odwrotny także w \( H \). Dla dowodu, że \( 1\in H \) skorzystamy z niepustości \( H \) i wybierzmy \( h\in H \). Wtedy, z drugiego punktu, \( h^{-1}\in H \), więc \( 1=hh^{-1}\in H \) na mocy punktu pierwszego.
Załóżmy teraz, że grupa \( {\mathbf G} \) ma rząd skończony oraz podzbiór \( H \subseteq G \) jest zamknięty na mnożenie. Wtedy oczywiście wszystkie potęgi o nieujemnych wykładnikach \( h,h^2,h^3,\ldots \) wpadają do \( H \). Ponieważ \( G \) ma rząd skończony, to rząd dowolnego elementu też jest skończony, czyli istnieje \( m \) takie, że \( h^m=1 \). Zatem \( 1\in H \) i \( h^{m-1}h=1=hh^{m-1} \), czyli \( h^{m-1}\in H \) jest elementem odwrotnym do \( h \).
Z Obserwacji 4.7 dostajemy natychmiast:
Wniosek 4.8
Przecięcie dowolnej rodziny podgrup grupy \( {\mathbf G} \) jest podgrupą \( {\mathbf G} \).
Podgrupa generowana przez podzbiór \( X \subseteq G \) grupy \( {\mathbf G} \), to przecięcie wszystkich podgrup \( {\mathbf G} \) zawierających zbiór \( X \). Podgrupę taką oznaczamy przez \( {\mathbf G}(X) \).
Zbiór generatorów grupy \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \) to jakikolwiek zbiór \( X \subseteq G \) spełniający \( G(X)=G \).
Obserwacja 4.9
Dla dowolnej grupy \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \) i \( \emptyset\neq X\subseteq G \)
\( G(X)={\{ {x_0\cdot\ldots\cdot x_{n-1} : n\in\mathbb{N} \mbox{ i } (x_i\in X \mbox{ lub }x_i^{-1}\in X)} \} }. \)
Dowód
Oczywiście wszystkie iloczyny postaci \( x_0\cdot\ldots\cdot x_{n-1} \) leżą w każdej podgrupie zawierającej \( X \), więc i w \( G(X) \). Nadto zbiór \( Z \) wszystkich takich iloczynów jest zamknięty na iloczyn i odwracanie, bo \( (x_0\cdot\ldots\cdot x_{n-1})^{-1}=x_{n-1}^{-1}\cdot x_{n-2}^{-1}\cdot\ldots\cdot x_0^{-1} \). A zatem Obserwacja 4.7 gwarantuje, że \( (Z, \cdot, 1) \) jest podgrupą. Musi zatem być czynnikiem przecięcia wyznaczającego \( G(X) \), czyli \( G(X)\subseteq Z \).
Grupa cykliczna to grupa generowana zbiorem jednoelementowym.
Jeśli \( {\mathbf G} = {\mathbf G}({\{ {x} \} }) \), to \( G={\{ {x^n : n\in \mathbb{Z}} \} } \). Gdy ponadto \( {\mathbf G} \) jest skończona, to jej rząd pokrywa się z rzędem elementu generującego \( x \), czyli \( G={\{ {1,x,x^2,\ldots, x^{\vert G \vert-1}} \} } \).
Przykład
Grupa addytywna liczb całkowitych \( {\mathbf {Z}}=(\mathbb{Z},+,0) \) jest cykliczna. Rzeczywiście \( {\{ {1} \} } \) generuje te grupę:
\( \begin{array} {lrrrrrrr} \mathbb{Z}=\{\ldots, & -3, & -2, & -1, & 0, & 1, & 2, & 3,\ldots\} \\ \mathbb{Z}=\{\ldots, & -1-1-1, & -1-1, & -1, & 1-1, & 1, & 1+1, & 1+1+1,\ldots\} \end{array} \)
Czy grupa ta ma jeszcze jakiś inny jednoelemtowy zbiór generujacy?
Przykład
Dla \( n>0 \) grupa \( {\mathbf {Z}}_n=(\mathbb{Z}_n,+,0) \) jest skończoną grupą cykliczną generowaną przez \( {\{ {1} \} } \). Rzeczywiście:
\( \mathbb{Z}_n=\left\{ {1,1+1,\ldots,\underbrace{1+1+\ldots+1}_{n\ razy}} \right \}. \)
Obserwacja 4.10
Dowolne dwie grupy cykliczne tego samego rzędu są izomorficzne.
Dowód
Niech \( g_i \) będzie generatorem grupy cyklicznej \( {\mathbf G_i} \), dla \( i=0,1 \). Łatwo sprawdzić, że równość rzędów tych grup daje, iż \( g_0^k =g_0^l \) wtedy i tylko wtedy, gdy \( g_1^k =g_1^l \). A zatem \( f:G_0\ni g_0^k \mapsto g_1^k \in G_1 \) ustala izomorfizm grup \( {\mathbf G_0} \) i \( {\mathbf G_1} \).
Wniosek 4.11
Dowolna skończona grupa cykliczna rzędu \( n \) jest izomorficzna z \( \mathbb{Z}_n \). Dowolna nieskończona grupa cykliczna jest izomorficzna z \( \mathbb{Z} \).
Przykład
Dla \( n\geq3 \) rozważymy pewne grupy przekształceń \( n \)-kątów foremnych jako podgrupy grupy \( S_n \). Poetykietujmy wierzchołki \( n \)-kąta foremnego liczbami \( 0,\ldots,n-1 \). Obrót wielokąta foremnego o jeden wierzchołek w prawo, jak na rysunku, odpowiada cyklicznej permutacji \( \pi=(0,1,\ldots,n-1) \). Zastanówmy się teraz jakie elementy składają się na \( {\mathbf S}_n(\pi) \) i jaka jest ich interpretacja geometryczna.
Rząd cyklu \( n \)-elementowego jest oczywiście równy \( n \). Kolejne złożenia \( \pi,\pi^2,\pi^3,\ldots,\pi^n \) odpowiadają kolejnym obrotom \( \pi^k \) w prawo naszego wielokąta o \( \frac{360^o}{k} \), aż \( \pi^n \) przekręca go do pozycji wyjściowej (czyli jest identycznością). Zatem \( {\mathbf S}_n(\pi) \) jest grupą cykliczną rzędu \( n \), czyli z Wniosku 4.11 mamy \( {\mathbf S}_n(\pi)\approx \mathbb{Z}_n \).
Zwiększmy trochę zbiór generatorów i do obrotu w prawo dołóżmy symetrię względem jednej z \( n \) osi symetrii naszego \( n \)-kąta foremnego. W przypadku gdy \( n \) jest parzyste osie symetrii przechodzą przez środki przeciwległych boków lub naprzeciwległe wierzchołki, jeśli zaś \( n \) jest nieparzyste to osie symetrii przechodzą przez wierzchołek i środek przeciwległego do niego boku.
Permutacja odpowiadająca symetrii osiowej posiada poza cyklami wielkości \( 2 \):
Na przykład, gdy \( n \) jest parzyste oraz :
\( \sigma=(0,n-1)(1,n-2)(2,n-3)\ldots(n/2-1,n/2+1), \)
to \( \sigma \) rozkłada się na cykle
\( \sigma=(0)(1,n-1)(2,n-2)\ldots(n/2-1,n/2+1)( (n+1)/2 ), \)
a dla nieparzystego \( n \):
\( \sigma=(0)(1,n-1)(2,n-2)(3,n-3)\ldots((n-1)/2,(n+1)/2). \)
Jakie elementy składają się na \( {\mathbf S}_n({\{ {\pi,\sigma} \} }) \)? Jaka jest ich interpretacja geometryczna?
Zbierzmy kilka prostych faktów:
Pokażemy tę własność jedynie dla \( n \) nieparzystych (dowód dla \( n \) parzystych znacząco się nie różni):
\( \begin{align*} \pi\sigma\pi(0) & =\pi\sigma(n-1)=\pi(1)=0=\sigma(0), \\ \pi\sigma\pi(1) & =\pi\sigma(0)=\pi(0)=n-1=\sigma(1), \\ \pi\sigma\pi(i) & =\pi\sigma(i-1)=\pi(n-i+1)=n-i=\sigma(i), \end{align*} \)
dla \( i\in{\{ {2,\ldots,n-1} \} } \).
Z Obserwacji 4.9 i naszych spostrzeżeń mamy:
\( \begin{align*} S_n({\{ {\pi,\sigma} \} }) & ={\{ {x_0\cdot\ldots\cdot x_{m-1}: m>0, x_i\in{\{ {\pi,\pi^{-1},\sigma,\sigma^{-1}} \} }} \} } \\ & ={\{ {\pi^k, \pi^k\sigma : 0 < k\leq n} \} } \end{align*} \)
Zatem podgrupa generowana przez \( {\{ {\pi,\sigma} \} } \) ma co najwyżej \( 2n \) elementów. Jako ćwiczenie zostawiamy dowód, że w istocie wymienione elementy są parami różne. Okazuje się, że
\( \begin{array} {ll} \pi,\pi^2,\pi^3,\ldots,\pi^n & \textrm{- to wszystkie obroty wraz z identycznością}, \\ \pi\sigma,\pi^2\sigma,\pi^3\sigma,\ldots,\pi^n\sigma & \textrm{- to symetrie wobec każdej z n osi symetrii n -kąta foremnego}. \end{array} \)
Grupa dihedralna \( {\mathbf D}_{n} \) to podgrupa grupy \( {\mathbf S_n} \) (dla \( n\geq3 \)) generowana przez \( {\{ {\pi,\sigma} \} } \).
Produkt grup \( {\mathbf G_0}=(G_0,\cdot,1_{G_0}) \) i \( {\mathbf G_1}=(G_1,\cdot,1_{G_1}) \) to grupa \( {\mathbf G_0}\times{\mathbf G_1}=(G_0\times G_1,\cdot,(1_{G_0},1_{G_1})) \), w której działanie \( \cdot \) zdefiniowane jest przez
\( (x,y)\cdot(z,w)=(x\cdot z,y\cdot w). \)
Weryfikację, że tak określone działanie po współrzędnych spełnia wszystkie warunki wymagane od grupy zostawiamy jako ćwiczenie.
Przykład
Rozważmy \( \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_3 \).
\( \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_3={\{ {(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2)} \} }. \)
Zauważmy, że \( f:\mathbb{Z}_6 \to \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_3 \) zadana przez
\( f(a) = (a \ {\sf mod} \ 2 , \ a \ {\sf mod} \ 3 ) \)
definiuje izomorfizm grup \( \mathbb{Z}_6 \) i \( \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_3 \).
Czy zawsze \( \mathbb{Z}_{mn}\approx\mathbb{Z}_m\times\mathbb{Z}_n \)? Zbadajmy jeszcze jeden przykład: \( \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_4 \) i \( \mathbb{Z}_8 \). Rzędy elementów w produkcie \( \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_4 \) przedstawia tabela:
\( \begin{array} {|c||c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_4 & (0,0) & (0,1) & (0,2) & (0,3) & (1,0) & (1,1) & (1,2) & (1,3) \\ \hline \textrm{rząd} & 1 & 4 & 2 & 4 & 2 & 4 & 2 & 4 \\ \hline \end{array} \)
A zatem grupa \( \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_4 \) nie ma elementu rzędu \( 8 \), nie może więc być izomorficzna z cykliczna grupą \( \mathbb{Z}_8 \).
Obserwacja 4.12
Jeśli \( m\perp n \), to \( \mathbb{Z}_m\times\mathbb{Z}_n \approx \mathbb{Z}_{mn} \).
Dowód
Wystarczy oczywiście pokazać, że rząd elementu \( (1,1)\in\mathbb{Z}_m\times\mathbb{Z}_n \) wynosi \( mn \), wtedy bowiem grupa \( \mathbb{Z}_m\times\mathbb{Z}_n \) będzie cykliczna i, jako \( mn \)-elementowa, musi być izomorficzna z \( \mathbb{Z}_{mn} \).
Niech więc \( r \) będzie rzędem \( (1,1) \) w grupie \( \mathbb{Z}_m\times\mathbb{Z}_n \). Licząc kolejno na obu osiach produktu dostajemy
\( \begin{align*} \underbrace{1+\ldots+1}_{r\ razy} \ {\sf mod} \ m & =r \ {\sf mod} \ m =0,\textrm{ czyli m|r,} \\ \underbrace{1+\ldots+1}_{r\ razy} \ {\sf mod} \ n & =r \ {\sf mod} \ n =0,\textrm{ czyli n|r}. \end{align*} \)
Zatem \( r \) jest najmniejszą wspólną wielokrotnością \( m \) i \( n \). Ponieważ \( m\perp n \), to
\( r={\sf NWW}(m,n)=\frac{mn}{\sf NWD}(m,n)=\frac{mn}{1}=mn.\)
Zajmiemy się teraz możliwymi rzędami podgrup grupy skończonej. Z rozważań tej części wykładu dowiemy się, że jeśli \( {\mathbf H} \) jest podgrupą skończonej grupy \( {\mathbf G} \), to rząd \( {\mathbf H} \) dzieli rząd \( {\mathbf G} \). Zwracamy jednak uwagę, iż to nie oznacza, że grupa \( {\mathbf G} \) ma podgrupy o rzędzie będącym jakimkolwiek dzielnikiem rzędu grupy \( {\mathbf G} \).
Przykład
Niech \( {\mathbf A}_4 \) będzie podgrupą grupy \( {\mathbf S}_4 \) składającą się z tych permutacji, które są złożeniami parzystej liczby transpozycji. Wtedy \( \vert A_4\vert=12 \), ale grupa \( {\mathbf A}_4 \) nie ma podgrup rzędu \( 4 \).
Lewa warstwa \( gH \) podgrupy \( {\mathbf H} \) grupy \( {\mathbf G} \) względem elementu \( g\in G \) to zbiór
\( gH={\{ {gh : h\in H} \} }. \)
Prawa warstwa \( Hg \) podgrupy \( {\mathbf H} \) grupy \( {\mathbf G} \) względem elementu \( g\in G \) to zbiór
\( Hg={\{ {hg : h\in H} \} }. \)
Skoncentrujemy się teraz na lewych warstwach. Oczywiście wszystkie rozumowania można powtórzyć dla warstw prawych
Przykład
Niech \( {\mathbf D}_4=({\{ {\pi,\ldots,\pi^4,\pi\sigma,\ldots,\pi^4\sigma} \} },\circ) \) będzie grupa dihedralną symetrii kwadratu. Posiada ona podgrupę cykliczną \( {\mathbf C}_4=({\{ {\pi,\pi^2,\pi^3,\pi^4} \} },\circ) \). Niech \( \sigma \) będzie symetrią osiową. Zauważmy, że elementy lewej warstwy
\( \sigma C_4={\{ {\sigma\pi,\sigma\pi^2,\sigma\pi^3,\sigma\pi^4} \} }. \)
wszystkie symetrie osiowe kwadratu. Jako ćwiczenie pozostawiamy wyznaczenie warstw \( \pi C_4 \), \( \pi^2 C_4 \) oraz \( \sigma\pi^2 C_4 \).
Zauważmy, że warstwa \( eH \) elementu neutralnego \( e \), to podgrupa \( H \). Nastepna obserwacja orzeka, że wszystkie warstwy lewo- i prawo-stronne są równoliczne.
Obserwacja 4.13
Jeśli \( {\mathbf H} \) jest skończoną podgrupą grupy \( {\mathbf G} \) i \( g\in G \), to \( \vert=\vert = \vert \).
Dowód
Niech \( H={\{ {h_0,\ldots,h_{m-1}} \} } \) i załóżmy, że \( gh_i=gh_j \). Wtedy z prawa skracania mamy \( h_i=h_j \). Zatem elementy \( gh_0,gh_1,\cdots,gh_{m-1} \) są parami różne i zbiór
\( gH={\{ {gh_0,gh_1,\cdots,gh_{m-1}} \} }, \)
ma dokładnie \( m \) elementów.
Obserwacja 4.14
Dla dowolnej podgrupy \( {\mathbf H} \) grupy \( {\mathbf G} \) i \( g_0,g_1\in G \) lewe warstwy \( g_0 H \), \( g_1H \) są albo identyczne albo rozłączne.
Dowód
Pokażemy, że jeśli \( g_0 H \) i \( g_1 H \) mają jakiś wspólny element to są one identyczne. Załóżmy zatem, że \( x\in g_0 H \cap g_1 H \), czyli \( g_0 h_0 =x= g_1 h_1 \) dla pewnych \( h_0,h_1\in H \). Wtedy \( g_0=g_1 h_1 h_0^{-1} \in g_1H \). Dla dowodu inkluzji \( g_0 H \subseteq g_1 H \), niech \( y\in g_0 H \), czyli \( y=g_0h \) dla pewnego \( h\in H \). Wtedy
\( y=g_0 h=g_1 h_1 h_0^{-1} h, \)
co wobec \( h_1,h_0^{-1},h\in H \) daje \( y\in g_1H \).
Twierdzenie 4.15[Lagrange'a]
Dla dowolnej podgrupy \( {\mathbf H} \) skończonej grupy \( {\mathbf G} \), rząd \( {\mathbf H} \) dzieli rząd \( {\mathbf G} \).
Dowód
Niech \( {\mathbf H}=({\{ {h_0,\ldots,h_{m-1}} \} },\cdot,1) \) oraz \( {\mathbf G}=({\{ {g_0,\ldots,g_{n-1}} \} },\cdot,1) \). Ponieważ:
to lewe warstwy \( g_0H,g_1H,\ldots,g_{n-1}H \) tworzą podział zbioru \( G={\{ {g_0,g_1\ldots,g_{n-1}} \} } \) na równoliczne bloki wielkości \( m \), skąd natychmiast \( m|n \).
Wniosek 4.16
Niech \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \) będzie grupą rzędu \( n \). Wtedy dla \( g \in G \) mamy:
Dowód
Niech \( r \) będzie rzędem elementu \( g\in G \). Wtedy \( r \) jest rzędem podgrupy cyklicznej \( {\mathbf G}(g) = ({\{ {g,g^2,\ldots,g^r} \} },\cdot,1) \). Z Twierdzenia Lagrange'a \( r \), czyli rząd tej podgrupy cyklicznej, dzieli \( n \). Skoro teraz \( n=kr \) to oczywiście \( x^n= x^{kr} = (x^r)^k = 1^k =1 \)
Wniosek 4.17
Każda grupa \( {\mathbf G} \) której rząd jest liczbą pierwszą \( p \) jest cykliczna i izomorficzna z \( \mathbb{Z}_p \).
Dowód
Ponieważ \( p>1 \), to w \( G \) jest jakiś element \( g\neq1 \). Wtedy rząd \( g \) jest większy od \( 1 \) i dzieli \( p \), więc musi wynosić \( p \). To oznacza zaś, iż \( g \) generuje grupę \( {\mathbf G} \), czyli \( {\mathbf G} \) jest cykliczna. Reszta wynika już z Wniosku 4.11.
Obserwacja 4.18
Dla dowolnej grupy \( {\mathbf G}=(G,\cdot,1) \) rzędu \( n\geq 2 \) następujące warunki są równoważne:
1. \( {\mathbf G} \) jest grupa cykliczną,
2. dla każdego \( d|n \), grupa \( {\mathbf G} \) ma dokładnie \( d \) elementów \( x\in G \) takich, że \( x^d=1 \),
3. dla każdego \( d|n \), grupa \( {\mathbf G} \) ma dokładnie \( \varphi(d) \) elementów rzędu \( d \).
Dowód
Dla dowodu implikacji (1 \( \Rightarrow \) 2) załóżmy że grupa \( {\mathbf G} \) jest cykliczna i generowana przez \( g \). Niech \( d \) będzie dzielnikiem \( n \), czyli \( n=dq \) dla pewnego \( q \). Elementy
\( 1,g^q,g^{2q},\ldots,g^{(d-1)q} \)
są parami różne (bo \( g \) ma rząd \( n=dq \)) oraz wszystkie spełniają równanie \( x^d=1 \), gdyż
\( (g^{iq})^d=(g^{dq})^i=1^i=1. \)
Zatem elementów \( x\in G \) spełniających \( x^d=1 \) jest co najmniej \( d \). Załóżmy teraz, że pewien \( y\in G \) spełnia \( y^d=1 \). Ponieważ \( g \) generuje \( {\mathbf G} \), mamy \( y=g^k \) dla pewnego \( k \), skąd \( g^{kd}=y^d=1 \). Z Obserwacji 4.5 mamy \( n|kd \), czyli \( kd=fn=fdq \) i \( k=fq \) dla pewnego \( f \). Zatem \( y=g^{k}=g^{fq} \) znajduje się na naszej liście rozwiązań równania \( x^d=1 \). To dowodzi, że elementów \( x\in G \) spełniających \( x^d=1 \) jest dokładnie \( d \).
Dla dowodu implikacji (2 \( \Rightarrow \) 3) przypomnijmy, za Obserwacją 4.5, że element \( x \) rzędu \( r \) spełnia \( x^d=1 \) wtedy i tylko wtedy, gdy \( r|d \). A zatem założenie 2 daje
\( \displaystyle d=\sum_{r|d}f(r), \)
gdzie \( f(r) \) to liczba elementów rzędu \( r \) spełniających \( x^d \)=1. Wzór inwersyjny Mobiusa daje teraz
\( \displaystyle f(d)=\sum_{r|d}\mu(r)\frac{d}{r}. \)
Wobec znanego nam już przedstawienia funkcji Eulera przez funkcje Mobiusa, tzn. \( \displaystyle \varphi(d)=\sum_{r|d}\mu(r)\frac{d}{f} \), mamy \( f(d)=\varphi(d) \).
Wreszcie, dla dowodu ostatniej implikacji (3 \( \Rightarrow \) 1) zauważmy najpierw, że zawsze \( \varphi(n)\geq 1 \). To oczywiście daje, że istnieje co najmniej jeden element rzędu \( n \) w \( {\mathbf G} \). Element ten generuje więc cały zbiór \( G \), stąd \( {\mathbf G} \) jest cykliczna.
Przykład
Zbadajmy rzędy elementów grupy cyklicznej \( \mathbb{Z}_{12} \).
\( \begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ \hline 1 & 12 & 6 & 4 & 3 & 12 & 2 & 12 & 3 & 4 & 6 & 12 \\ \hline \end{array} \)
\( \begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \textrm{dzielnik d liczby {12}} & 1 & 2 & 3 & 4 & 6 & 12 \\ \hline \textrm{liczba elementów rzędu {d}} & 1 & 1 & 2 & 2 & 2 & 4 \\ \hline \end{array} \)