msleziak.com

1. Zistite, či sú dané grupy izomorfné. Svoje tvrdenie zdôvodnite.
   1. $G=(Z_2\times Z_2,\oplus)$, $H=(Z_4,\oplus)$
   2. $G=(R-\{0\},\cdot)\times(R-\{0\},\cdot)$, $H=(R-\{0\},\cdot)$
2. Nech $G$ je grupa. Ukážte, že množina $H=\{x\in G;(\forall a\in G)ax=xa\}$ je podgrupou grupy $G$.
3. Nájdite rád a paritu permutácie $\varphi=(1\,2\,3)(2\,3\,4)(3\,4\,5)(5\,6)\in S_6$. Spočítajte $\varphi^{256}$. S ktorou grupou $(\mathbb{Z}_n,\oplus)$ je izomorfná grupa $H=[\varphi]$?

1. 1. Grupa $H$ je cyklická grupa generovaná prvkom $1\in H$, ktorý má rád $4$. Každý prvok v grupe $G$, okrem neutrálneho, je rádu $2$, $(1,0)\oplus(1,0)=(0,0)$, $(0,1)\oplus(0,1)=(0,0)$ a $(1,1)\oplus(1,1)=(0,0)$. Ak by existoval izomorfizmus $f:H\rightarrow G$, tak prvok $f(1)\in G$ by musel mať rád $4$, čo nie je možné. Preto nemôže existovať izomorfizmus medzi $G=(Z_2\times Z_2,\oplus)$ a $H=(Z_4,\oplus)$.
   2. V grupe $H$ je práve jeden prvok $x$ rádu $2$, konkrétne $x=-1$, pretože jediné prvky spĺňajúce rovnicu $x^2=1$ sú $x=1$ a $x=-1$, ale $x=1$ je neutrálny prvok s rádom $1$.
      
      Riešením rovnice $(u,v)^2=(1,1)$ v grupe $G$ sú dvojice $(1,1)$, $(-1,1)$, $(1,-1)$, $(-1,-1)$. Keďže $(1,1)$ je neutrálny prvok v $G$, máme v grupe $G$ práve tri prvky rádu $2$. Ak by existoval izomorfizmus $f:G\rightarrow H$, tak by musel zobraziť prvok rádu $2$ na prvok rádu $2$. To ale znamená, že
      \[f(-1,1)=f(1,-1)=f(-1,-1)=-1,\]
      lebo $-1$ je jediný prvok rádu $2$ v grupe $H$, a teda $f$ nemôže byť izomorfizmus.
      Uvedené grupy teda nie sú izomorfné.
2. Použijeme kritérium podgrupy. $H$ je neprázdna, lebo pre neutrálny prvok $e\in G$ platí $ae=ea$ pre každé $a\in G$, čiže $e\in H$ a zjavne je podmnožinou $G$, pretože obsahuje prvky grupy $G$ s určitou vlastnosťou.
   • Nech $g$, $h\in H$ a $a\in G$. Potom
     \[a(gh)=(ag)h=(ga)h=g(ah)=g(ha)=(gh)a.\]
     Prvá rovnosť je z asociatívnosti operácie na $G$, druhá je vlastnosť prvku $g\in H$, tretia je opäť asociatívnosť, štvrtá je vlastnosť prvku $h\in H$ a piata rovnosť je opäť asociatívnosť.
     Ukázali sme, že pre ľubovoľné $a\in G$ a $g$, $h\in H$ je $a(gh)=(gh)a$, teda prvok $gh$ je prvkom $H$.
   • Nech $h\in H$ a $a\in G$ je ľubovoľný prvok. Potom
     \[ah^{-1}=(ha^{-1})^{-1}=(a^{-1}h)^{-1}=h^{-1}a.\]
     V prvej rovnosti sme využili, že v ľubovoľnej grupe pre ľubovoľné prvky $x$, $y$ je $(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}$ a $(x^{-1})^{-1}=x$. Druhá rovnosť je z vlastnosti prvku $h\in H$ ($h$ komutuje so všetkými prvkami z $G$ a $a^{-1}\in G$, keďže $a\in G$). Tretia rovnosť je opäť vzťah $(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}$. Čiže pre ľubovoľné $h\in H$ a $a\in G$ máme $ah^{-1}=h^{-1}a$, a preto $h^{-1}\in H$.
   Všetky podmienky kritéria podgrupy sú splnené, preto $H$ je podgrupa grupy $G$.
3. Najskôr zapíšme $\varphi$ ako súčin disjunktných cyklov.
   \[\varphi=(1\,2)(3)(4\,5\,6)=(1\,2)(4\,5\,6).\]
   Rád $\varphi$ je najmenší spoločný násobok dĺžok disjunktných cyklov, čiže $\mathrm{rád}(\varphi)=\mathrm{nsn}(2,3)=6$. Cyklus nepárnej dĺžky reprezentuje párnu permutáciu, cyklus párnej dĺžky reprezentuje nepárnu permutáciu. $\varphi$ je teda zložením párnej a nepárnej permutácie, čiže je nepárna permutácia. (Cez transpozície: $\varphi=(1\,2)(4\,5\,6)=(1\,2)(4\,6)(4\,5)$ je súčinom troch transpozícií, čiže $\varphi$ je nepárna permutácia.)
   
   \[\varphi^{256}=\varphi^{6\cdot42+4}=\varphi^4=(4\,5\,6).\]
   
   $\varphi$ má rád $6$, takže $H=[\varphi]$ je šesťprvková cyklická grupa, preto je izomorfná s grupou $(\mathbb{Z}_6,\oplus)$.

Ludovit_Balko wrote: ↑Tue Mar 23, 2021 1:51 pm Rád $\varphi$ je najmenší spoločný násobok dĺžok disjunktných cyklov, čiže $\varphi=\mathrm{nsn}(2,3)=6$.

$\varphi$ má rád $4$, takže $H=[\varphi]$ je štvorprvková cyklická grupa, preto je izomorfná s grupou $(\mathbb{Z}_4,\oplus)$.