msleziak.com

Vznikla medzi nami otázka ako hľadať homomorfizmy medzi cyklickými grupami $(\Bbb Z_n,\oplus$) , resp. im zodpovedajúcimi okruhmi $(\Bbb Z_n,\oplus,\odot)$ a hlavne ako šikovne overiť, že nejaké zobrazenie je homomorfizmom, okrem vyskúšania všetkých možností. Tak som sa rozhodol, že sem niečo o tom napíšem.
Množiny $\Bbb Z_n$ považujem za podmonožiny $\Bbb Z$, čiže ak sa prvok $\Bbb Z_n$ vyskytuje tam, kde má byť celé číslo, je to v poriadku.

Lema 1. Nech $(G,*),\ (H,\circ)$ sú cyklické grupy, $g$ je generátor $G$ a $h \in H$. Potom existuje najviac jeden homomorfizmus $f: G \rightarrow H$, pre ktorý platí $f(a) = b$.

Dôkaz: Predpokladajme, že $f: G \rightarrow H$ je homomorfizmus s $f(a) = b$. Keďže $G$ je cyklická, každé $x \in G$ vieme zapísať ako $n\times a$ ($n \in \Bbb Z$) a z vlastnosti homomorfizmu musí platiť $f(x) = f(n \times a) = n \times f(a) = n \times b$. Zobrazenie $f$ je jednoznačne určené, čiže takýchto homomorfizmov nemôže existovať viac, avšak takto zostrojené zobrazenie nemusí byť ešte homomorfizmom. Napríklad $f: \Bbb Z_3 \rightarrow \Bbb Z_2;\ f(1) = 1$ nie je homomorfizmom, lebo $f(2+1) = f(0) = 0 \ne 1 = 0 + 1 = f(2) + f(1)$. $\square$

Táto lema nám hovorí, že pri hľadaní homomorfizmu nám stačí sa obmedziť na určitý počet možností. Zoberieme generátor, zobrazíme ho a zobrazenie dodefinujeme ako vyššie, aby mohlo byť homomorfizmom. O mnohých z nich vieme však povedať, že homomorfizmami nebudú nájdením protipríkladu. Preto sa môžeme zamyslieť, či nejaké možnosti nemôžeme vylúčiť hneď, teda nájsť nejakú nutnú podmienku pre obraz generátora.

Lema 2. Nech $m,\ n \in \Bbb N$ a $f: \Bbb Z_m \rightarrow \Bbb Z_n$ je homomorfizmus. Potom rád $f(1)$ je spoločným deliteľom $m$ a $n$. (Rovnako to platí aj pre iný generátor $\Bbb Z_m$.)

Dôkaz: Z úlohy 2.4.13 vieme, že $rad(f(1)) \mid rad(1)$, teda $rad(f(1)) \mid m$ (keďže 1 je generátor). Z 1. dôsledku Lagrangeovej vieme, že $rad(f(1)) \mid |\Bbb Z_n|$, teda $rad(f(1)) \mid n$. $\square$

Táto lema nám umožňuje vo väčšine prípadoch vylúčiť značné množstvo zobrazení. Dokonca, ak $m$ a $n$ sú nesúdeliteľné, tak už vieme, že jediný homomorfizmus $\Bbb Z_m$ do $\Bbb Z_n$ je triviálny. Ešte stále však nemáme vhodný spôsob, ako o nejakom zobrazení ukázať, že je homomofizmom. Ukážeme teraz že uvedená nutná podmienka pre $f(1)$ je zároveň aj postačujúcou.

Lema 3: Nech $m,\ n \in \Bbb N$, $a$ je generátor $\Bbb Z_m$ a $b \in \Bbb Z_n$ také, že rád $b$ je spoločný deliteľ $m$ a $n$. Potom zobrazenie $f: \Bbb Z_m \rightarrow \Bbb Z_n$ s predpisom $f(a \times 1) = a \times b$ (teda $f(1) = b$) je homomorfizmus.

Dôkaz: Označme rád prvku $b$ ako $r$. Stačí nám ukázať, že pre ľubovoľné $c,\ d \in \Bbb Z_m$ platí $f(c \oplus d) = f(c) \oplus f(d)$. Z definície $f$ vieme
$$f(c \oplus d) = (c \oplus d) \times b,$$ $$f(c) \oplus f(d) = c \times b \oplus d \times b.$$
Keďže cyklické grupy sú komutatívne platí: $c \times b \oplus d \times b = (c + d) \times b$ ($c+d$ tu označuje klasické sčítanie celých čísel). Z definície operácie $\oplus$ vieme, že $c \oplus d$ je zvyšok čísla $c + d$ po delení $m$. Preto vieme nájsť také $k \in \Bbb Z$, že bude platiť $c + d = k\cdot m + c \oplus d$.
$$(c+d) \times b = (k\cdot m + c \oplus d) \times b = (k\cdot m) \times b \oplus (c \oplus d)\times b = (c \oplus d) \times b.$$
Keďže podľa predpokladu rád $b$ delí $m$, tak $(k\cdot m)\times b = 0$ (dôsledok 2.4.11). Dostali sme teda pre ľubovoľné $c,\ d \in \Bbb Z_m$ rovnosť $f(c \oplus d) = (c \oplus d) \times b = f(c) \oplus f(d)$, teda zobrazenie $f$ je homomorfizmus. $\square$

Využitie týchto tvrdení ilustrujem na príkladoch.

Príklad ATA 3.7.9 Nájdite všetky homomorfizmy z grupy $(\Bbb Z_{18},\oplus)$ do grupy $(\Bbb Z_{24},\oplus)$. Svoje tvrdenie dokážte!

Riešenie: $[1] = \Bbb Z_{18}$. Podľa lemy 2 musíme jednotku zobraziť na prvok s rádom, ktorý je spoločným deliteľom 18 a 24:

• rád 1: 0;
• rád 2: 12;
• rád 3: 8, 16;
• rád 6: 4, 20.

Podľa lemy 3 sú všetky takéto zobrazenia homomorfizmy. Hľadané hommorfizmy sú homomorfizmy zobrazujúce 1 na $x$, kde $x \in \{0,\ 4,\ 8,\ 12,\ 16,\ 20\}$. (Podľa lemy 1 ide o korektnú definíciu homomorfizmu.)

Príklad ATA 3.7.8 Nájdite všetky $24 \ge n > 0$, pre ktoré existuje netriviálny homomorfizmus z grupy $(\Bbb Z_{24},\oplus)$ do grupy $(\Bbb Z_n,\oplus)$.

Riešenie: Podľa lemy 2, aby medzi grupami $\Bbb Z_{24}$ a $\Bbb Z_n$ existoval netriviálny homomorfizmus, musia mať čísla $24$ a $n$ spoločného deliteľa rôzneho od jednotky. Teda hľadané $n$ sú z množiny $\{2,\ 3,\ 4,\ 6,\ 8,\ 9,\ 10,\ 12,\ 14,\ 15,\ 16,\ 18,\ 20,\ 21,\ 22,\ 24\}$. Pre každé $n$ vieme z uvedenej množiny zobrať spoločného deliteľa $24$ a $n$, označme si ho $d$. Potom $\frac{n}{d}$ je celé nenulové číslo zo $\Bbb Z_n$ a jeho rád je zjavne $d$, čoje spoločný deliteľ $24$ a $n$. Podľa lemy 3, ak jednotku zobrazíme na $frac{n}{d}$, dostaneme netriviálny homomorfizmus (lebo $1 \mapsto \frac{n}{d} \ne 0$). Čiže pre všetky uvedené $n$ existuje netriviálny homomorfizmus grupy $\Bbb Z_{24}$ do grupy $\Bbb Z_n$.

Ak chceme hľadať homomorfizmus okruhov $(\Bbb Z_m,\oplus,\odot)$ a $(\Bbb Z_m,\oplus,\odot)$, tak môžeme začať tým, že najprv nájdeme homomorfizmus grupy $(\Bbb Z_m,\oplus)$ do $(\Bbb Z_n,\oplus).$ Potom musíme ešte overiť, či ten homomorfizmus zachováva násobenie. Na to môže byť užitočná nasledujúca lema.

Lema 4: Nech $f$ je homomorfizmus grupy $(\Bbb Z_m,\oplus)$ do grupy $(\Bbb Z_n,\oplus)$ spĺňajúci $f(1) = f(1) \odot f(1)$. Potom $f$ je homomorfizmus okruhu $(\Bbb Z_m,\oplus,\odot)$ do okruhu $(\Bbb Z_n,\oplus,\odot)$.

Dôkaz. Potrebujeme ukázať že pre všetky $a,\ b \in Z_m$ platí $f(a\odot b) = f(a) \odot f(b)$. S využitím distributívneho zákona môžeme upraviť $$a \odot b = (a\times 1)\odot(b \times 1) = a \times (b \times 1) = (a \cdot b) \times (1 \odot 1) = (a \cdot b)\times 1.$$ Keďže $f$ je homomorfizmus grúp, môžeme písať $$f(a\odot b) = f((a\cdot b)\times 1) = (a\cdot b)\times f(1),$$ $$f(a) \odot f(b) = f(a\times 1) \odot f(b \times 1) = (a \times f(1)) \odot (b \times f(1)) = (a \cdot b)\times(f(1)\odot f(1)) = (a \cdot b)\times f(1).$$
V poslednej úprave sme využili predpoklad $f(1) = f(1) \cdot f(1)$. Dostali sme teda pre všetky $a,\ b \in \Bbb Z_m$ rovnosť $f(a\cdot b) = f(a) \cdot f(b)$, preto $f$ je homomorfizmus uvedených okruhov.

Poznámka: Dôkaz tejto lemy nijako nevyužíva konečnosť okruhov, rovnaký by bol, ak by namiesto $\Bbb Z_m$ alebo $\Bbb Z_n$ bol nekonečný okruh $\Bbb Z$.

Keďže pre homomorfizmus okruhov s 1 platí rovnosť $f(1)=f(1\odot 1)=f(1)\odot f(1)$, je toto tvrdenie ekvivalencia, v takej forme je potom využité v nasledujúcej úlohe.
Lema 4': Nech $f$ je homomorfizmus grupy $(\Bbb Z_m,\oplus)$ do grupy $(\Bbb Z_n,\oplus)$. Potom $f$ je homomorfizmus okruhu $(\Bbb Z_m,\oplus,\odot)$ do okruhu $(\Bbb Z_n,\oplus,\odot)$ práve vtedy, keď $f(1) = f(1) \odot f(1)$.

Príklad (vlastný): Nájdite všetky homomorfizmy okruhu $(\Bbb Z_{42},\oplus.\odot)$ do okruhu $(\Bbb Z_{70},\oplus,\odot)$.

Riešenie. Nájdeme najprv homomorfizmy zodpovedajúcich grúp. Jednotku zo $\Bbb Z_{42}$ musíme zobraziť na prvok s rádom, ktorý je spoločným deliteľom $42$ a $70$:

• rád 1: 0;
• rád 2: 35;
• rád 5: 14,28,42,56;
• rád 10: 7,21,49,63.

Ako sme už vyššie ukázali, toto sú všetky homomorfizmy grúp. Teraz len overíme, ktoré z týchto čísel spĺňajú rovnosť $a = a \odot a$. Samozrejme, môžeme postupne skúšať jednotlivé čísla, ale trochu to zovšeobecníme. Rovnosť si upravíme na $a \odot (a - 1) = 0$, čo v reči celých čísel znamená nájsť také čísla $0 \le a < 70$ pre ktoré $70 \mid a\cdot(a-1)$. Výraz $a\cdot(a-1)$ je deliteľný dvomi pre všetky celé čísla a piatimi, resp. siedmimi pre čísla dávajúce po delení piatimi, resp. siedmimi zvyšok 0 alebo 1. Teraz už ľahko overíme, že sú to presne čísla $0,\ 21,\ 35,\ 56$. Hľadané homomorfizmy sú teda tie, ktoré zobrazujú jednotku na $0,\ 21,\ 35$ a $56$, podľa lemy 4 to naozaj sú homomorfizmy okruhov.
Všimnime si, že napríklad číslo $15$ spĺňa $15 = 15 \odot 15$, ale zobrazenie $1 \mapsto 15$ nie je homomorfizmom okruhov. Je to preto, lebo uvedené zobrazenie nie je homomorfizmom zodpovedajúcich grúp.

OK, ďakujem za peknú analýzu. 4b JG