4. domácí úloha z MIN401, jaro 2024
Příklad 1. Dokažte, že množina IR x IRx (kde IRX =IR\{0}) společně s operací definovanou předpisem (a, s) ■ (b, t) = (a + sb, st) tvoří grupu. Je tato grupa komutativní?
Řešení. Asociativita:
((a, s) ■ (6, t)) ■ (c, u) = (a + sb, st) ■ (c, u) = (a + sb + sŕc, srít) (a, s) • ((&, í) • (c, it)) = (a, s) • (6 + ŕc, rit) = (a + s(6 + ŕc), srít)
a tyto výrazy se rovnají. Jednotkou je (0,1), protože
(0,1) •(&,*) = (0 + 16, lt) = (b,t) (a, s) ■ (0,1) = (a + sO, sl) = (a, s)
a inverze k (a, s) je (—s_1a, s-1), protože
(a, s) • (—s_1a, s_1) = (a + s(—s_1a), ss_1) = (0,1) (—s_1a, s_1) • (a, s) = (—s_1a + s_1a, s^1s) = (0,1).
Komutativní není, protože
(6, ŕ) • (a, s) = (6 + ŕa, ŕs) 7^ (a + sb, st) = (a, s) • (6, ŕ)
(například pro a = b = s = 1, t ^ 1). □
Příklad 2. Uvažujme grupu Sn všech permutací množiny {1,..., n} a dále grupu S'm všech permutací množiny {n + 1,... ,n + m}. Definujme zobrazení
ryl , -\ I °"(«)       í  < TI
u-. sn x Sm —>• ,sn+m, o- u r* = 4 ).:   -   , n
I t(í)   2 > n + 1
(tedy o" U r provádí permutaci a na prvních n prvcích a permutaci r na posledních m prvcích). Dokažte, že se jedná o injektivní homomorfismus, ale nikoliv o isomorfismus (s výjimkou případů, kdy n = 0 nebo m = 0; doporučuji spočítat prvky na obou stranách). BONUS: Uvažujte podmnožinu
Shnjm = {n G iSn+m I 7r(l) < • • • < 7r(n), 7r(n + 1) < • • • < n(n + m)}
tzv. (n, m)-shufflů. Dokažte, že Shnm obsahuje právě jeden prvek z každé třídy rozkladu Sn+m/{Sn x S'm), kde chápeme Sn x S'm jako podgrupu S^+m skrze homomorfismus U, takže lze psát Sn+m/(Sn x S'm) = Shn m. Jaké jsou počty prvků množin na obou stranách?
Řešení. Je potžeba ukázat, že U zachovává násobení, tj. rovnost následujících dvou výrazů
U(((7i,Ti) • (řT2, T2)) = U ((Ti O (72, Ti O T2) = ((7i O (72) U (tX O T2) U((7i,Ti) O U((72,T2) = ((7i U Ti) O ((72 U T2)
Přitom na prvních n prvcích provádí první permutace o\ o a2, stejně tak druhá:
((7iUtí)o((72Ut2)(í) = ((7iUtí)(((72Ut2)(í)) = (cti U tí ) ((72 (i)) = a1(a2(i)) = (Tioa2(i)
1
2
(protože o"2(i) opět patří mezí prvních n prvků) a analogicky na posledních m prvcích obě provádí ti o r2. Počet prvků Sn x je n\ ■ m\, zatímco počet prvků Sn+m je [n + m)\ a tedy větší (viz bonus).
BONUS: Nechť n(SnxS'm) je libovolná třída. Je-li Tv(ki) < ■ ■ ■ < Tv{kn) seřazení prvních n hodnot tv a 7r(A;n+1) < • • • < Tv(kn+m) seřazení posledních m hodnot, pak a (i) = fc;a r (i) = ki jsou prvky a E Sn, t E S'm jediné takové, že tv o (a U r) E Shnjm, protože
ín(a(i)) = Tr(fci)   i < n 7T o (a U r) = <
I n (r (i)) = Tv{ki)   i > n + 1
a tyto hodnoty jsou podle definice seřazené. Počet prvků Sn+m/(Sn x S'm) je roven [n + m)\/ (n\ - ml) = (n^m), to stejné tedy platí i pro počet prvků Shnm (k tomu lze také dospět tak, že prvek tv E Shnm je jednoznačně určen množinou hodnot {tv(1), ... ,Tv(n)}, tedy výběrem této n-prvkové pomnožiny množiny {1,..., n + m}). □
Příklad 3. Nechť G je grupa. Pak každý prvek g E G zadává automorfismus cg: G —?■ G grupy G předpisem
cg(x) = gxg'1.
Ukažte, že se vskutku jedná o automorfismus grupy G. Dále ukažte, že zobrazení
G —ř Aut(G),   g ^ cg
je homomorfismus grup (zde Aut(G) je grupa vzhledem ke skládání, jedničkou je tak id). Jaké je jeho jádro?
BONUS: Ukažte, že obraz tohoto homomorfismu je normální podgrupa - konkrétně pro libovolný automorfismus (p: G —> G ukažte, že (pcgtp^1 = ch pro nějaký prvek h E G určený prvkem g a automorfismem tp.
Řešení. Prvně ukážeme, že cg je homomorfismus grup, tj. že zachovává násobení:
cg(x)cg(y) = (,gxg~1)(gyg~1) = gxyg^1 = cg(xy).
Nyní ukážeme, že c: G —> Aut (G) ze zadání zachovává násobení:
cg o ch(x) = cg(ch(x)) = Cgthxh'1) = gfaxh'^g'1 = (gh)x(gh)~1 = cgh(x).
Zejména pak cg o cg-i = c\ = id a stejně v opačném pořadí, tedy cg-i je inverzí k cg a cg je vskutku automorfismus.
BONUS: Protože je tp homomorfismus grup, platí
ipcgip-1^) = ip{gip-1{x)g-1) = ^(g)x^(g)-1 = c^g)(x).
□