Užitočné je vedieť niečo o komplexných číslach - konkrétne vedieť ako sa s nimi ráta a vedieť si nakresliť, že tieto body tvoria pravidelný dvanásťuholník (resp. štvorec) na jednotkovej kružnici. Prvky z $G$ sú presne body na jednotkovej kružnici, pre ktoré je uhol násobok $\frac{2\pi}{12}$ (Poznámka bokom: Viem, že niektorí z Vás ste komplexné čísla na strednej škole nemali, ale teraz v druhom semestri to beriem tak, že už ste mali dosť možností sa s nimi stretnúť a niečo sa naučiť. Navyše ste mali minulý semester aj možnosť vypočuť si základné veci o komplexných číslach mimo prednášky. Takže ja už teraz počítanie s komplexnými číslami beriem ako štandardnú zručnosť, ktorú máte ovládať, a nemám dôvod sa vyhýbať úlohám, kde sa komplexné čísla vyskytujú.)Ak $\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\C}{\mathbb C}\newcommand{\Z}{\mathbb Z}\newcommand{\vp}{\varphi}\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}\newcommand{\Ima}{\operatorname{Im}}G=\{c\in\C; c^{12}=1\}$ a $H=\{c\in\C; c^4=1\}$, dokážte, že $G/H\cong\Z_3$.
Ak si to nakreslíte, tak asi vcelku ľahko viete nájsť triedy rozkladu a prísť na to, že budú presne tri a funguje to podobne ako s komplexnými číslami. Pozrime sa však aspoň trochu na to, ako by sa to dalo dokazovať pomocou vety o faktorovom izomorfizme.
Prvé riešenie
Skúsme sa pozrieť na zobrazenie $\Zobr\vp{G}{\C}$ určené predpisom $\vp(x)=x^4$. (Toto zobrazenie má jadro také ako chceme.)
Je to homomorfizmus? Určite áno: $\vp(xy)=(xy)^4=x^4y^4=\vp(x)\vp(y)$.
Čomu sa rovná $\Ker\vp$? Máme $\Ker\vp=\{x\in G; x^4=1\}=H$. (Tu implicitne využívame to, že $H\subseteq G$, teda komplexné čísla vyhovujúce rovnici $x^4=1$ sú v $G$.)
Čomu sa rovná $\Ima\vp$? Je to presne množina prvkov tvaru $x^4$, kde za $x$ dosadzujeme postupne prvky z $G$. Ak $y=x^4$ pre nejaké $x\in G$, tak nutne platí $y^3=x^{12}=1$. Teda určite všetky prvky z $\Ima\vp$ spĺňajú rovnicu $y^3=1$. Riešenia tejto rovnice v komplexných číslach sú presne $1$, $\cos\frac{2\pi}3+i\sin\frac{2\pi}3$ a $\cos\frac{4\pi}3+i\sin\frac{4\pi}3$. Tieto body sa určite dajú dostať ako obrazy prvkov z $G$, konkrétne $1=f(1)$, $\cos\frac{2\pi}3+i\sin\frac{2\pi}3=f\left(\cos\frac{2\pi}{12}+i\sin\frac{2\pi}{12}\right)$, $\cos\frac{4\pi}3+i\sin\frac{4\pi}3=f\left(\cos\frac{4\pi}{12}+i\sin\frac{4\pi}{12}\right)$. Teda vidíme, že $\Ima\vp=\{x\in\C; x^3=1\}$.
Veta o izomorfizme nám potom hovorí, že $G/H\cong \Ima\vp$.
To ale nie je celkom to, čo sme chceli. My sme chceli ukázať, že faktorová grupa je izomorfná so $\Z_3$.
Nevadí - stačí nám už len ukázať, že $\Ima\vp$ a $\Z_3$ sú izomorfné. Obidve sú trojprvkové grupy, vieme, že každá trojprvková grupa je izomorfná sa $\Z_3$. (Ale vedeli by sme priamo nájsť aj izomorfizmus, teda by sme sa nemuseli odvolávať na túto vetu z prednášky.)
Druhé riešenie
Ak to náhodou pomôže zjednodušiť to, ako sa na veci pozeráte, tak môžeme celú situáciu preniesť do $\Z_{12}$.
Tvrdím, že grupy $G$ a $\Z_{12}$ sú izormorfné. Stačí si všimnúť, že $G$ je cyklická grupa generovaná prvkom $\cos\frac{2\pi}{12}+i\sin\frac{2\pi}{12}$. Dokonca vieme povedať, že izomorfizmus zo $\Z_{12}$ do $G$ je jednoznačne určený podmienkou $1\mapsto\cos\frac{2\pi12}+i\sin\frac{2\pi}{12}$, teda je to zobrazenie
$$f(k)=\cos\frac{2k\pi}{12}+i\sin\frac{2k\pi}{12}.$$
Skúsme poriadne overiť, že to je naozaj homomorfizmus.
$$f(k\oplus l)=
\cos\frac{2(k\oplus l)\pi}{12}+i\sin\frac{2(k\oplus l)\pi}{12}=
\cos\frac{2(k+l)\pi}{12}+i\sin\frac{2(k+l)\pi}{12}=
\left(\cos\frac{2k\pi}{12}+i\sin\frac{2k\pi}{12}\right)\left(\cos\frac{2l\pi}{12}+i\sin\frac{2l\pi}{12}\right)=f(k)f(l)$$
(V druhej rovnosti sme mohli nahradiť $k\oplus l$ číslom $k+l$, lebo uhol sa tým zmenil o násobok $2\pi$, teda komplexné číslo sa tým nezmenilo.)
To, že ide o bijekciu, vieme z toho, že riešenia rovnice $x^{12}=1$ v komplexnej rovine majú naozaj presne takýto tvar pre $k=0,1,2,\dots,11$.
Teda máme izomorfizmus medzi $\Z_{12}$ a $G$. (Nie je to jediný možný izomorfizmus, ale tento je pomerne prirodzený.)
Všimnime si ďalej, že tento izomorfizmus zobrazuje podgrupu $H'=\{0,3,6,9\}$ na podgrupu $H$.
Teda keď celú situáciu prenesieme cez izomorfizmus $f$ do $\Z_{12}$, hľadať faktorovú grupu $G/H$ je to isté ako hľadať faktorovú grupu $\Z_{12}/H'$.
Vcelku ľahko prídete na to, že triedy rozkladu sú $0+H'=\{0,3,6,9\}$, $1+H'=\{1,4,7,10\}$ a $2+H'=\{2,5,8,11\}$. A vcelku ľahko snáď už potom ukážete, že faktorová grupa je izomorfná so $\Z_3$. (Napríklad aj vypísaním tabuľky, podobne ako je to v príklade 3.4.2 v poznámkach k prednáške.)