msleziak.com

Chceli by sme ešte raz pozrieť na grupu pozostávajúcu zo 6 funkcií, o ktorej sme hovorili v predošlej úlohe: https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1728

V spomínanej úlohe sme pre túto grupu dostali tabuľku:$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\permt}[3]{\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ #1 & #2 & #3\end{pmatrix}}\newcommand{\vp}{\varphi}$
$$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & f_4 & f_3 & f_6 & f_5 \\\hline
f_3 &f_3 & f_5 & id & f_6 & f_2 & f_4 \\\hline
f_4 &f_4 & f_6 & f_2 & f_5 & id & f_3 \\\hline
f_5 &f_5 & f_3 & f_6 & id & f_4 & f_2 \\\hline
f_6 &f_6 & f_4 & f_5 & f_2 & f_3 & id \\\hline
\end{array}$$

Konkrétne by sme chceli vidieť, že je izomorfná s grupou $(S_3,\circ)$.

Dá sa dokázať, že každá nekomutatívna grupa so 6 prvkami je izomorfná s grupou $(S_3,\circ)$. (A každá komutatívna grupa so šiestimi prvkami je izomorfná s grupou $(\mathbb Z_6,+)$.)
Ak by sme takúto vec vedeli, tak vlastne už niet čo ďalej riešiť. Toto ale nechajme na kurz, v ktorom sa budete venovať grupám podrobnejšie. (Keď budete vedieť o grupách o čosi viac, tak sa takéto tvrdenie dokáže ľahšie.)
Zatiaľ budeme menej ambiciózni a uspokojíme sa s tým, že pre tieto konkrétne dve grupy vieme skontrolovať, že sú izomorfné.

Budem permutácie množiny $\{1,2,3\}$ označovať rovnako, ako ste to mali na prednáške, t.j. $id=\permt123$, $\alpha_1=\permt231$, $\alpha_2=\permt312$, $\beta_1=\permt132$, $\beta_2=\permt321$, $\beta_3=\permt213$.

Ako operáciu použijem skladanie, t.j. budem pre dve permutácie $\varphi$ a $\tau$ používať ako výsledok operácie $\varphi\circ\tau$. (Rovnako ako som to robil s funkciami $f_1,\dots,f_6$.) Pripomeniem, že na prednáške ste použili operáciu danú ako $\tau*\varphi=\varphi\circ\tau.$

Ak by som si zvolil opačné poradie, tak z pohľadu tejto otázky veľa nezmením. Dostanem tak síce inú grupu, tieto dve grupy sú však navzájom izomorfné: https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1727

Nájdenie izomorfizmu$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\permt}[3]{\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ #1 & #2 & #3\end{pmatrix}}\newcommand{\vp}{\varphi}$
Chceli by sme teda nájsť nejakú bijekciu medzi prvkami $G=\{f_1,f_2,\dots,f_6\}$ a $S_3=\{id,\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2,\beta_3\}$, ktorá bude navyše grupovým homomorfizmom.
Inak povedané, radi by sme v nejakom poradí zapísali prvky $G$ a prvky $S_3$ tak, že ak v danom poradí vyplníme obe tabuľky, tak dostaneme to isté až na "premenovanie" prvkov.

Pre bijekciu 6-prvkových množín máme veľa možností - konkrétne $6!=720$. Našťastie ale fakt, že ide o homomorfizmus nám dosť výrazne obmedzí možnosti, ktoré sa dajú vyskúšať - takže snáď budeme schopní pri troche hľadania nejako nájsť vhodné zobrazenie.

Čo všetko vieme povedať o zobrazení $\Zobr {\vp}G{S_3}$, ak to má byť izomorfizmus grúp?
V prvom rade určite vieme, že neutrálny prvok sa musí zobraziť na neutrálny prvok, teda
$$\vp(id)=id.$$

Ďalší prvok v $G$, pre ktorý by sme takto na prvý pohľad videli kam sa zobrazí, už nemáme. Ale máme aspoň nejaké obmedzenia.

Ak v nejakej grupe máme prvky, ktoré spĺňajú $x^2=e$ resp $x^3=e$, tak podobná vlastnosť musí platiť aj pre ich obrazy. (To isté by sme vedeli povedať o prvkoch takých, že $x^n=e$. Dokonca niečo takéto platí aj pre homomorfizmus.)
V našom prípade máme viacero prvkov, ktoré po dvojnásobnom zložení dajú identitu (t.j. sú sami k sebe inverzné). A máme aj také prvky, ktoré po trojnásobnom zložení dajú identitu.

Konkrétne v $G$ máme $f_4\circ f_4\circ f_4=f_4\circ f_5=id$. Teda $f_4$ sa môže zobraziť iba na permutácie spĺňajúce $\tau^3=id$, teda máme iba dve možnosti: $\alpha_1$ alebo $\alpha_2$. (Platí aj $id^3=id$, ale možnosť $\vp(f_4)=id$ neprichádza do úvahy. Pri izomorfizme sa na neutrálny prvok zobrazí iba neutrálny prvok a nič iné.)

Skúsme sa pozrieť na to, čo sa stane, ak
$$\vp(f_4)=\alpha_1.$$
(S tým, že ak by sa nám nepodarilo nájsť takýto izomorfizmus, tak sa ešte môžeme vrátiť a vyskúšať druhú možnosť.)
Všimnime si, že potom nutne musí platiť aj $\vp(f_5)=\alpha_2$, pretože
$$\vp(f_5)=\vp(f_4\circ f_4)=\vp(f_4)\circ\vp(f_4)=\alpha_1\circ\alpha_1=\alpha_2.$$

Vieme teda, kam sa zobrazia $id$, $f_4$ a $f_5$. Stále nám zostávajú ďalšie tri prvky, pre ktoré nemáme obrazy. Skúsme sa pozrieť na $f_2$.
Opäť by sme mohli zopakovať úvahu, ktorú sme už robili: Platí $f_2\circ f_2=id$. Teda do úvahy prichádzajú iba permutácie také, že $\tau^2=id$. To sú možnosti $\beta_1$, $\beta_2$ a $\beta_3$.

Vyskúšajme teda, čo sa stane, ak si zvolíme
$$\vp(f_2)=\beta_1.$$
Všimnime si, že potom už sú jednoznačne určené všetky hodnoty:
\begin{align*}
\vp(f_3)&=\vp(f_2\circ f_4)=\vp(f_2)\circ\vp(f_4)=\beta_1\circ\alpha_1=\beta_2\\
\vp(f_6)&=\vp(f_2\circ f_5)=\vp(f_2)\circ\vp(f_5)=\beta_1\circ\alpha_2=\beta_3
\end{align*}

Zistili sme teda, že voľby $\vp(f_4)=\alpha_1$ a $\vp(f_2)=\beta_1$ nám už povedia, kam sa zobrazia ostatné prvky.
Dostali sme teda nejaké zobrazenie $\vp$. Vidíme, že toto zobrazenie je bijektívne, ale chceme ešte vedieť, či je to homomorfizmus.
Inak povedané, pýtame sa, či keď napíšeme tabuľky vedľa seba týchto dvoch grúp - pričom poradie je určené bijekciou $\vp$ - tak nám tieto tabuľky vyjdú rovnako. Takže to jednoducho vyskúšajme:

$$
\begin{array}{cc}
\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & f_4 & f_3 & f_6 & f_5 \\\hline
f_3 &f_3 & f_5 & id & f_6 & f_2 & f_4 \\\hline
f_4 &f_4 & f_6 & f_2 & f_5 & id & f_3 \\\hline
f_5 &f_5 & f_3 & f_6 & id & f_4 & f_2 \\\hline
f_6 &f_6 & f_4 & f_5 & f_2 & f_3 & id \\\hline
\end{array}
&
\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & \beta_1 & \beta_2 & \alpha_1& \alpha_2& \beta_3 \\\hline
id & id & \beta_1 & \beta_2 & \alpha_1& \alpha_2& \beta_3 \\\hline
\beta_1 & \beta_1 & id & \alpha_1& \beta_2 & \beta_3 & \alpha_2\\\hline
\beta_2 & \beta_2 & \alpha_2& id & \beta_3 & \beta_1 & \alpha_1\\\hline
\alpha_1& \alpha_1& \beta_3 & \beta_1 & \alpha_2& id & \beta_2 \\\hline
\alpha_2& \alpha_2& \beta_2 & \beta_3 & id & \alpha_1& \beta_1 \\\hline
\beta_3 & \beta_3 & \alpha_1& \alpha_2& \beta_1 & \beta_2 & id \\\hline
\end{array}
\end{array}
$$

Vidíme, že tabuľky sú naozaj v takom vzťahu, že druhú dostaneme z prvej nahradením
\begin{gather*}
id\mapsto id\\
f_2\mapsto\beta_1\\
f_3\mapsto\beta_2\\
f_4\mapsto\alpha_1\\
f_5\mapsto\alpha_2\\
f_6\mapsto\beta_3
\end{gather*}

Poznamenám, že aj keď sme tento termín nikde explicitne nespomenuli, tak sme vlastne viackrát použili úvahy o rád prvku v grupe.

Do istej miery by sa dalo povedať, že sme mali šťastie - prvé zobrazenie, ktoré sme vyskúšali, fungovalo. Sú nejaké dôvody prečo v tomto prípade takéto niečo muselo fungovať - ale na tomto mieste sa nimi zaoberať nebudeme.

Vymieňanie bodov$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\permt}[3]{\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ #1 & #2 & #3\end{pmatrix}}\newcommand{\vp}{\varphi}$

Poďme sa ešte pozrieť na tú istú otázku trochu inak.
Ak by sa nám podarilo niekde zbadať trojicu čísel, ktoré tieto funkcie navzájom vymieňajú (permutujú), mali by sme tak veľmi prirodzeného kandidáta na to, ako vyrobiť bijekciu medzi funkciami a permutáciami.

Máme také niečo? S prižmúrením oka sa dá povedať, že áno.

Nie všetky funkcie, s ktorými pracujeme, sú v bodoch $0$ a $1$ definované. Ale v tých prípadoch, ak je $f_i(0)$ resp. $f_i(1)$ definované, tak výsledok je opäť $0$ alebo $1$.

Skúsme urobiť takú vec, že dodefinujeme funkčnú hodnotu $f_i(0)$ a $f_i(1)$ ako nejaký nový symbol - označme ho trebárs $\odot$.
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
& f_i(0) & f_i(1) \\\hline
f_1(x)=x & 0 & 1 \\\hline
f_2(x)=\frac1x & \odot & 1 \\\hline
f_3(x)=1-x & 1 & 0 \\\hline
f_4(x)=\frac1{1-x} & 1 & \odot \\\hline
f_5(x)=\frac{x-1}x & \odot & 0 \\\hline
f_6(x)=\frac{x}{x-1} & 0 & \odot \\\hline
\end{array}
$$
Skúsme ešte nejako vhodne dodefinovať aj hodnoty $f_i(\odot)$.
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
& f_i(0) & f_i(1) & f_i(\odot) \\\hline
f_1(x)=x & 0 & 1 & \odot \\\hline
f_2(x)=\frac1x & \odot & 1 & 0 \\\hline
f_3(x)=1-x & 1 & 0 & \odot \\\hline
f_4(x)=\frac1{1-x} & 1 & \odot & 0 \\\hline
f_5(x)=\frac{x-1}x & \odot & 0 & 1 \\\hline
f_6(x)=\frac{x}{x-1} & 0 & \odot & 1 \\\hline
\end{array}
$$

Na mieste je otázka, prečo práve takto. Dá sa na ňu odpovedať viacerými spôsobmi:

• Jedna možnosť je odignorovať otázku prečo - ale všimnúť si, že ak chceme aby vždy vyšla nejaké permutácia $0$, $1$ a $\odot$, tak toto je jediná možnosť.
• Mohli by sme skontrolovať, že ak to takto dodefinujeme, tak všetky zloženia opäť fungujú. (T.j. že $f_i(f_j(x))=f_i\circ f_j(x)$ platí aj po zväčšení definičného oboru o tento nový symbol a dodefinovaní hodnôt $f_i(\odot)$ uvedeným spôsobom. To je vlastne to isté, čo skontrolujeme porovnaním tabuliek binárnej operácie tak ako to máme nižšie.)
• Naschvál som použil iný symbol a nenapísal som $\infty$. (Určite sa nechcem tváriť, že len tak bez problémov môžeme do reálnej funkcie dosadiť $\infty$. Navyše sú tu ďalšie problémy, ako napríklad čo je $\frac{\infty}{\infty}$ alebo tiež či by sme niekde nemali použiť $-\infty$.) Ale možno s prižmúrením oka by sa dalo na tieto veci pozerať ako na to, k akej hodnote sa blíži funkčná hodnota, keď s $x$ pôjdeme do $\pm\infty$. (Asi je väčšia šanca, že toto bude dávať väčší zmysel, keď sa niečo viac naučíte o limitách. A ešte krajšie by to fungovalo, ak by sme pracovali s komplexnými číslami.)

Každopádne sme nejakým spôsobom naším funkciám priradili nejaké preusporiadanie prvkov množiny $\{0,1,\odot\}$. (Aj keď takým trochu šarlatánskym - možno sa ale dá zatiaľ uveriť, že takéto niečo by mohlo vyzerať zmysluplne na základe nejakých vecí, ktoré budete mať neskôr. Takže možno vtedy to bude vyzerať menej magicky.)

Celé toto sme robili preto, že máme nejaké priradenie, ktoré každej funkcii priradí permutáciu trojprvkovej množiny $\{0,1,\odot\}$. Čo už je takmer to čo chceme - až na to, že my sme pracovali s permutáciami množiny $\{1,2,3\}$. Ak si teda ešte pomôžeme nejakým preznačením napríklad $0\mapsto 1$, $1\mapsto2$, $\odot\mapsto3$, tak dostaneme vcelku prirodzné priradenie
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
& f_i(0) & f_i(1) & f_i(\odot) & \\\hline
f_1(x)=x & 0 & 1 & \odot & \permt123=id\\\hline
f_2(x)=\frac1x & \odot & 1 & 0 & \permt321=\beta_2 \\\hline
f_3(x)=1-x & 1 & 0 & \odot & \permt213=\beta_3\\\hline
f_4(x)=\frac1{1-x} & 1 & \odot & 0 & \permt231=\alpha_1 \\\hline
f_5(x)=\frac{x-1}x & \odot & 0 & 1 & \permt312=\alpha_2\\\hline
f_6(x)=\frac{x}{x-1} & 0 & \odot & 1 & \permt132=\beta_1 \\\hline
\end{array}
$$

Získali sme takto nejakého iného kandidáta na hľadaný izomorfizmus:
\begin{gather*}
id\mapsto id\\
f_2\mapsto\beta_2\\
f_3\mapsto\beta_3\\
f_4\mapsto\alpha_1\\
f_5\mapsto\alpha_2\\
f_6\mapsto\beta_1
\end{gather*}

Môžeme opäť vyskúšať, že takýto izomorfizmus funguje - že dostaneme tú istú tabuľku.

$$
\begin{array}{cc}
\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & f_4 & f_3 & f_6 & f_5 \\\hline
f_3 &f_3 & f_5 & id & f_6 & f_2 & f_4 \\\hline
f_4 &f_4 & f_6 & f_2 & f_5 & id & f_3 \\\hline
f_5 &f_5 & f_3 & f_6 & id & f_4 & f_2 \\\hline
f_6 &f_6 & f_4 & f_5 & f_2 & f_3 & id \\\hline
\end{array}
&
\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & \beta_2 & \beta_3 & \alpha_1& \alpha_2& \beta_1 \\\hline
id & id & \beta_2 & \beta_3 & \alpha_1& \alpha_2& \beta_1 \\\hline
\beta_2 & \beta_2 & id & \alpha_1& \beta_3 & \beta_1 & \alpha_2\\\hline
\beta_3 & \beta_3 & \alpha_2& id & \beta_1 & \beta_2 & \alpha_1\\\hline
\alpha_1& \alpha_1& \beta_1 & \beta_2 & \alpha_2& id & \beta_3\\\hline
\alpha_2& \alpha_2& \beta_3 & \beta_1 & id & \alpha_1& \beta_2 \\\hline
\beta_1 & \beta_1 & \alpha_1& \alpha_2& \beta_2 & \beta_3 & id \\\hline
\end{array}
\end{array}
$$