En lösning till ordproblemet för Coxetergrupper

Transkript

1 DEGREE PROJECT IN TEKNIK, FIRST CYCLE, 15 CREDITS STOCKHOLM, SWEDEN 2019 En lösning till ordproblemet för Coxetergrupper EMANUEL STRÖM FILIP RYBLAD KTH ROYAL INSTITUTE OF TECHNOLOGY SKOLAN FÖR TEKNIKVETENSKAP

2 Sammanfattning I denna rapport undersöks en abstrakt representation av reflektionsgrupper kallade Coxetergrupper. Inledningsvis ges en introduktion till gruppteori. Sedan beskrivs ett koncept som kallas ordproblemet. Efter det presenteras ett sätt att definiera grupper utifrån en mängd generatorer och relationer. Denna teori används för att definiera Coxetergrupper och ge en klassificering av de ändliga Coxetergrupperna som H.S.M. Coxeter presenterade Avslutningsvis presenteras lösningen till ordproblemet i Coxetergrupper, och några tillämpningar av teorin diskuteras.

3 DEGREE PROJECT IN TECHNOLOGY, FIRST CYCLE, 15 CREDITS STOCKHOLM, SWEDEN 2019 A solution to the word problem for Coxeter groups EMANUEL STRÖM FILIP RYBLAD KTH ROYAL INSTITUTE OF TECHNOLOGY SCHOOL OF ENGINEERING SCIENCES

4 Abstract In this report, we study an abstract representation of reflection groups called Coxeter groups. Firstly, we introduce some important aspects of group theory. Next, we describe a concept called the word problem. Then, a way of defining groups given a set of generators and relations is presented. This theory is used to define the Coxeter groups, followed by a complete classification of the finite Coxeter groups as presented by H.S.M. Coxeter in Finally, we present a solution to the word problem for Coxeter groups and discuss some applications.

5 Inledning En grupp är en matematisk struktur som består av en mängd tillsammans med en binär operator som verkar på par av element i mängden. Alla grupper innehåller ett speciellt element kallat identiteten, och alla element har en motsvarande invers. Gruppteori är användbar inom många områden. Exempelvis är mängden av alla heltal under addition en grupp, där 0 är identiteten, liksom mängden av alla reellvärda kontinuerliga funktioner under addition. Mängden som genereras genom sammansättning av en uppsättning reflektioner i något vektorrum kallas för en reflektionsgrupp. I denna rapport siktar vi in oss på en abstraktion av reflektionsgrupper som kallas Coxetergrupper. År 1934 introducerade H.S.M. Coxeter en abstrakt representation av reflektionsgrupper i artikeln Discrete Groups Generated by Reflections [Cox34]. Coxeter visade att reflektionsgrupperna kunde beskrivas med hjälp av en mängd generatorer tillsammans med en uppsättning inbördes relationer. Denna representation fick senare namnet Coxetergrupper. Ett år senare klassificerade Coxeter alla ändliga Coxetergrupper i The Complete Enumeration of Finite Groups of the Form Ri 2 = (R i R j ) k ij = 1 [Cox35]. Coxetergrupper går att studera geometriskt och algebraiskt genom att betrakta dem som reflektionsgrupper, men även kombinatoriskt genom att betrakta varje element i en Coxetergrupp som en produkt av generatorer, och sedan studera egenskaper hos sådana produkter. Detta sätt att studera grupper ger upphov till ett speciellt problem som brukar kallas för ordproblemet. Ordproblemet är i allmänhet olösbart, men i Coxetergrupper går ordproblemet att lösa. I den här rapporten kommer främst det kombinatoriska tillvägagångssättet utnyttjas, just för att kunna härleda en lösning till ordproblemet i Coxetergrupper. Kopplingen till reflektionsgrupper kommer dock även förklaras. I avsnitt 1 presenteras grundläggande gruppteori, bakgrundsinformation som är nödvändig för att förstå resten av rapporten. Detta avsnitt baseras till stor del på en kursbok i abstrakt algebra, [Jud18]. Syftet med avsnitt 2 är att bygga upp teori om ord och presentationsgrupper, som är ett sätt att generera en grupp givet en mängd generatorer och relationer. I avsnitt 3 används teorin från avsnitt 2 för att definiera Coxetergruppen. Här klassificeras även de ändliga Coxetergrupperna som presenterades av H.S.M. Coxeter i [Cox35]. Avsnitt 5 går ut på att lösa ordproblemet i Coxetergrupper. 1

6 Innehåll Inledning 1 1 Gruppteori Ekvivalensrelationer Grupper och delgrupper Några exempel på grupper Sidoklasser, kvotgrupper och Lagranges sats Grupphomomorfier och isomorfisatserna Genererade grupper Ordproblemet Ord och förkortning av ord Den fria gruppen Presentationen av en grupp Exempel på presentationer av grupper Reducerade ord Coxetergrupper Definitioner och begrepp Klassificering av ändliga Coxetergrupper En permutationsrepresentation av Coxetergrupper Reflektionsgrupper Ändliga reflektionsgrupper Ordproblemet för Coxetergrupper Ord i Coxetergrupper Bruhatordning Lösningen till ordproblemet i Coxetergrupper Exempel Tackord Denna rapport hade inte varit möjlig utan vår handledare David Rydh. Tack för all konstruktiv återkoppling, goda idéer och engagemang. Tack även till Petter Brändén som höll i introduktionskursen till gruppteori. 2

7 1 Gruppteori I detta avsnitt definieras några grundläggande begrepp i gruppteori, och några användbara satser bevisas. Det antas att läsaren har kunskap om mängdlära sedan innan, och att begrepp som kartesisk produkt, avbildning, ändliga mängder, snitt och union är bekanta. Framställningen baseras till stor del på [Jud18], och när bevis till satser utelämnas finns de att hitta där. 1.1 Ekvivalensrelationer Definition 1.1 (Ekvivalensrelation). Avbildningen : A A {sant, falskt} kallas för en ekvivalensrelation på mängden A om är (i) Reflexiv: (a, a) a A. (ii) Symmetrisk: (a, b) = (b, a) a, b A (iii) Transitiv: ( (a, b)) och ( (b, c)) = (a, c) a, b, c A. Då skrivs a b om (a, b) = sant och a b annars. Eftersom värdemängden {sant, falskt} har två element definieras ekvivalensklassen implicit av mängden R := {(a, b) A A: a b} A A. R används därför synonymt med. Ekvivalensklassen [a] R av ett element a A med avseende på definieras som mängden [a] R := {x A: (x, a) R} = {x A: x a} A. Exempel 1.2. Modulo n definierar en ekvivalensrelation på heltalen. Det vill säga, om a, b Z kan vi definiera a b a b (mod n) som en ekvivalensrelation på Z. Ekvivalensklassen till 1 Z är då {1 + nk, k Z}. Sats 1.3. Låt A vara en mängd, och vara en ekvivalensrelation på A. Då partitioneras A av sina ekvivalensklasser: A = a A[a] R, (1) [a] R [b] R [a] R = [b] R, a, b A. (2) Bevis. (1) Låt x A. Relationen är reflexiv. Därför måste: x x = x [x] R [a] R x A = A R. a A a A[a] Samtidigt gäller att [a] R A a A = a A [a] R A. Alltså måste A = a A [a] R. 3

8 (2) Vi börjar med att visa [a] R [b] R = [a] R = [b] R. Antag att [a] R [b] R, a, b A. Då finns ett c [a] R [b] R = (c a) och (c b). Låt nu x [a] R. Relationen är transitiv, så (x a) och (c a) = x c. Relationen är symmetrisk, så c b = b c. Återigen, är transitiv, så (x c) och (b c) = x b = x [b] R. Alltså måste [a] R [b] R. På samma sätt fås att [b] R [a] R, varför [a] R = [b] R. Slutligen, [a] R = [b] R = [a] R [b] R följer av att [a] R eftersom a a. Definition 1.4 (Kvotmängd). Låt A vara en mängd och R vara en ekvivalensrelation på A. Definiera kvotmängden A/R av A med avseende på R som mängden av alla ekvivalensklasser [a] R till A. Exempel 1.5. Låt A = {0, 1, 2, 3}, a b a b (mod 2). Då är A/ = {{0, 2}, {1, 3}}. Exempel 1.6. Definiera ekvivalensrelationen på Z enligt a b om a b (mod 5). Då är Z/ = {[0], [1], [2], [3], [4] }. Vi kan även välja andra representanter till ekvivalensklasserna, exempelvis [0] = [5] = [5n], n Z. För just Z brukar vi välja de minsta positiva talen. 1.2 Grupper och delgrupper Definition 1.7 (Binär operator). En avbildning : G G G kallas för en binär operator på mängden G, och för element (x, y) G G skrivs (x, y) = x y. Exempel 1.8. Additionsoperatorn på heltalen + : Z Z Z är en binär operator. Definition 1.9 (Grupp). Om G är en mängd, är en binär operator på en mängd A G och: (i) G är sluten, x y G x, y G, (ii) är associativ, x (y z) = (x y) z x, y, z G, (iii) G har en identitet, e G: x e = e x = x x G, (iv) Alla element i G har inverser, x G x 1 G: x x 1 = x 1 x = e, kallas (G, ) för en grupp. Ofta skrivs bara G, och x y skrivs xy. Om operatorn dessutom är kommutativ, det vill säga om xy = yx x, y G, sägs att G är abelsk. Gruppens ordning skrivs G och definieras som mängdens kardinalitet. Sats 1.10 (Kancellering). Om G är en grupp och x, y, z G gäller att y = z om xy = xz eller yx = zx. Elementet x kan alltså kancelleras. Bevis. Antag att xy = xz. Eftersom G är en grupp gäller axiomen (i) (iv). y (iii) = ey (iv) = (x 1 x)y (ii) = x 1 (xy) = x 1 (xz) (ii) = (x 1 x)z (iv) = ez (iii) = z. Varje steg är motiverat med ett av de fyra gruppaxiomen. Fallet yx = zx konstrueras analogt. 4

9 Följdsats 1.11 (Unikhet). 1. Identiteten e är unik. 2. Inversen x 1 till ett element x är unik. 3. Om a A är (a 1 ) 1 = a. 4. Ekvationen ax = b har en unik lösning x = a 1 b för varje a, b G. Bevis. 1. Låt e, f vara identiteter i G. Då gäller att e (iii) = ef (iii) = f. 2. Om b, c är inverser till a G så gäller att ab (iv) = e och ac (iv) = f där e, f är identiteter på G. Det visades ovan att e = f, så ab = e = f = ac. Av kancellering följer att b = c. 3. a är en invers till a 1 ty aa 1 = a 1 a = e. Men av punkt 2 följer då att a = (a 1 ) x = a 1 b är en lösning. Men a 1 är unik av punkt 2, så detta är den enda lösningen. Definition 1.12 (Cayleytabell). Ett enkelt sätt att representera alla relationer inom en grupp är att ställa upp en multiplikationstabell, kallad Cayleytabell, över alla produkter av element i gruppen. Varje grupp kan definieras genom sin Cayleytabell; elementen läses i översta raden, och varje produkt g i g j fås genom att avläsa elementet i rad i, kolumn j i Cayleytabellen. Varje element kan endast förekomma en gång per rad och kolumn för att Sats 1.10 ska uppfyllas. Att presentera grupper som Cayleytabeller är inte alltid den mest effektiva metoden att beskriva en grupp, speciellt för oändliga grupper. Ett alternativt sätt kommer diskuteras i avsnitt 2. g 1 g 2 g 3 g n g 1 g 1 g 1 g 1 g 2 g 1 g 3 g 1 g n g 2 g 2 g 1 g 2 g 2 g 2 g 3 g 2 g n g 3 g 3 g 1 g 3 g 2 g 3 g 3 g 3 g n g n g n g 1 g n g 2 g n g 3 g n g n Tabell 1: Cayleytabell för en grupp G = {g 1, g 2,... g n } med operatorn. Exempel Definiera gruppen Z 6 som mängden {0, 1, 2, 3, 4, 5} tillsammans med operatorn + definierad som addition modulo 6. Det kan enkelt verifieras att Z 6 är en grupp. Cayleytabellen till Z 6 ses i Tabell 2: 5

10 Tabell 2: Cayleytabell för Z 6. Definition 1.14 (Exponentiering av gruppelement). Låt G vara en grupp och g G vara ett element med inversen h. Om k Z är ett heltal definieras exponentiering av g som k element {}}{ gg... g k > 0 g k := e k = 0 (3) h k k < 0 Det kan enkelt verifieras att denna definition medför att g k g l = g k+l, (g k ) l = g kl k, l Z, samt att notationen h = g 1 är konsekvent även om 1 skulle förväxlas med en exponent. Definition 1.15 (Direkt produkt). Om (G, ) och (H, ) är grupper definieras den direkta produkten av G och H, G H, som gruppen (G H, ), där (g 1, h 1 ) (g 2, h 2 ) := (g 1 g 2, h 1 h 2 ). Anmärkning Att G H är en grupp bekräftas enkelt. Uttrycket G H är tvetydigt, det kan både hänvisa till den kartesiska produkten av mängderna G och H eller den direkta produkten av grupperna G och H. Detta orsakar emellertid sällan problem, eftersom den underliggande mängden till direkta produkten av två grupper G H är just den kartesiska produkten G H. Skillnaden är alltså att den direkta produkten också ärver strukturen från gruppoperatorerna och. Exempel Låt Z 2 och Z 3 vara grupper med mängderna {0, 1} respektive {0, 1, 2} och operator analogt med Exempel Den direkta produkten Z 3 Z 2 har sex element, nämligen {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), (2, 0), (2, 1)}. Cayleytabellen till denna grupp kan ses i Tabell 3. Med avbildningen ψ : Z 6 Z 3 Z 2 som ψ(n) = (n (mod 3), n (mod 2)) Ses att Cayleytabellerna 2 och 3 är identiska. När Cayleytabellerna till två grupper är ekvivalenta sägs att grupperna är isomorfa. Två isomorfa grupper har exakt samma gruppegenskaper, skillnaden är att elementen har bytt namn. En mer robust definition av isomorfi kommer introduceras i nästa avsnitt, Definition Definition 1.18 (Delgrupp). Låt (G, ) och (H, ) vara två grupper med samma operator, och H G. Då kallas H för en delgrupp till G, vilket vi skriver som H G. Definition 1.19 (Icketriviala äkta delgrupper). Låt G vara en grupp. Gruppen {e} kallas för den triviala delgruppen till G, och G själv sägs vara den oäkta delgruppen till G. Med en icke-trivial äkta delgrupp till G menas alltså en grupp H G s.a {e} H G. 6

11 + (0, 0) (1, 1) (2, 0) (0, 1) (1, 0) (2, 1) (0, 0) (0, 0) (1, 1) (2, 0) (0, 1) (1, 0) (2, 1) (1, 1) (1, 1) (2, 0) (0, 1) (1, 0) (2, 1) (0, 0) (2, 0) (2, 0) (0, 1) (1, 0) (2, 1) (0, 0) (1, 1) (0, 1) (0, 1) (1, 0) (2, 1) (0, 0) (1, 1) (2, 0) (1, 0) (1, 0) (2, 1) (0, 0) (1, 1) (2, 0) (0, 1) (2, 1) (2, 1) (0, 0) (1, 1) (2, 0) (0, 1) (1, 0) Tabell 3: Cayleytabellen till Z 3 Z 2 Exempel Betrakta gruppen Z med addition som operator. Då är 2Z = {..., 4, 2, 0, 2, 4,... } en delmängd till Z. Mängden 2Z är även en grupp med addition som operator, därför är 2Z en (icketrivial äkta) delgrupp till Z. Sats Låt G vara en grupp med identiteten e G och H G. Då gäller att H G om och endast om: 1. e G H 2. gh H (g, h) H H 3. h H = h 1 H Bevis. Antag att punkt 1 3 gäller. Gruppaxiom (i) (iv) (se Definition 1.9) var för sig. (i) Punkt 2 är definitionen av att H är sluten. (ii) x, y, z H = x, y, z G och G uppfyller (ii), så därför gör H det med. (iii) Punkt 1 garanterar e G H. Givet ett h H måste h G ty H G, och eftersom G är en grupp gäller att e G h = he G = h. Alltså är axiom (iii) uppfyllt för H. (iv) hh 1 = h 1 h = e G H punkt 1. h H, där vi använt att e G är en identitet på H med Alltså är H en grupp, och eftersom H G måste H G. Antag istället att H G. Då är H en grupp. Vi bevisar punkter 1 3 för sig. 1. Enligt axiom (iii) finns en identitet i H, kalla den e H. Eftersom H G måste e H G. Då gäller att e G e H = e H = e H e H, och efter kancellering fås att e H = e G H. 2. Denna punkt följer direkt av axiom (i). 7

12 3. Låt h H. Då finns enligt axiom (iv) inverser h 1 H H och h 1 G. Då gäller att hh 1 = e G = e H = hh 1 H av punkt 1, så med kancellering i G fås att h 1 H = h 1 H. Sats Låt G vara en grupp och H G. Då är H G om och endast om: (g, h) H H = gh 1 H. (4) Bevis. Antag att H G. Låt (g, h) H H. Eftersom H är en grupp, finns h 1 H. Eftersom H är sluten, måste gh 1 H. Antag istället att ekvation (4) gäller. Eftersom H finns minst ett element x H. Då gäller att x G och Då måste även (x, x) H H = xx 1 = e G H. (e G, x) H H = e G x 1 = x 1 H x H. Slutligen, tag ytterligare ett element y H, inte nödvändigtvis skilt från x. (x, y 1 ) H H = x(y 1 ) 1 = xy H där det sista steget använder resultatet från Följdsats Alltså gäller punkt 1 3 från Sats 1.21 och därför måste H vara en delgrupp till G. 1.3 Några exempel på grupper Exempel 1.23 (Heltalen). Definiera gruppen (Z, +) som mängden av alla heltal, Z, tillsammans med operatorn addition, +. Gruppen är sluten under sin operator, identiteten är 0 och varje element har en invers: n + ( n) = 0. Exempel 1.24 (Heltalen modulo n). Låt n N. Definiera ekvivalensrelationen a b a b (mod n) på Z. Då ges gruppen (Z n, +) av kvotmängden (Z/ ) = {[0], [1],..., [n 1]}, tillsammans med addition [a] + [b] = [a + b]. Exempel 1.25 (Permutationsgrupper). Den symmetriska gruppen på en mängd A betecknas Sym(A) och består av alla bijektioner σ : A A, med sammansättning (σ π)(a) = σ(π(a)) som gruppoperation. Den symmetriska gruppen till en ändlig mängd A = {a 1, a 2,... a n } är isomorf (se Definition 1.45) med den symmetriska gruppen på mängden I n := {1, 2,..., n} genom isomorfin som definieras av a i i, så denna grupp har fått en egen beteckning, S n. Element i S n skrivs ofta på formen: ( ) n σ =, i i 1 i 2 i 3... i j I n j I n n med tolkningen σ(j) = i j. Alla permutationer kan skrivas som en produkt av cykliska permutationer. Ett annat sätt att skriva permutationer på är därför som en produkt av cykler. En k-cykel skrivs som σ = (i 1, i 2,..., i k ) där σ(i j ) = i j+1 (mod k), 8

13 och σ(k) = k för alla element k I n som inte är i cykeln. Identiteten i Sym(A) ges av enhetsoperatorn e: e(a) = a a A. Inversen till varje bijektion σ ges av σ 1 som existerar eftersom σ per definition är inverterbar. Delgrupper till de symmetriska grupperna kallas permutationsgrupper. Sats 1.26 (Cayley s sats). Varje grupp G är upp till isomorfi (se Definition 1.45) en delgrupp till den symmetriska gruppen Sym(G). Bevis. Detta fås genom avbildningen λ: G Sym(G) definierad som λ(g) = λ g där λ g (a) = ga för varje a G. Det kan lätt kontrolleras att λ g 1 är en invers till λ g, så λ g är bijektiv. Alltså är λ g Sym(G) och λ är därför väldefinierad. Vidare, λ gh (a) = gha = λ g (λ h (a)) så λ är en homomorfi. λ är dessutom injektiv, ty λ g = λ h medför att ga = ha för a G vilket ger g = h efter kancellering. λ: G λ(g) Sym(G) är därför en isomorfi. Exempel 1.27 (Dihedrala gruppen). Den dihedrala gruppen D n definieras som mängden av alla symmetrier på en regelbunden n-hörning, med sammansättning som gruppoperation. Det finns totalt 2n sådana symmetrier, varav n är speglingar och n är rotationer. Ibland skrivs därför D 2n istället för D n. Alla symmetrier på n-hörningen kan bildas genom sammansättningar av speglingarna i två symmetriaxlar som bildar vinkeln π n. Man säger att dessa två speglingar genererar den dihedrala gruppen, ett begrepp som introduceras i Definition Framöver kommer vi använda notationen D 2n för den dihedrala gruppen. Figur 1: Varje streckad linje genom kvadratens centrum representerar en av de fyra spegelsymmetrierna i D 8. Exempel 1.28 (Matrisgrupper). Genom att multiplicera två n n-matriser fås en ny n n-matris, man kan därför definiera grupper med kvadratiska matriser som element. Om M n (R) är mängden av alla n n-matriser med element i R, definieras den generella linjära gruppen som mängden GL n (R) := {Q M n (R): det(q) 0} M n (R), tillsammans med matrismultiplikation. Att determinanten är nollskild är nödvändigt för att varje element ska ha en invers. Den speciella linjära gruppen definieras som mängden SL n (R) := {Q GL n (R): det(q) = 1} GL n (R) och är en delgrupp till GL n (R). Den ortogonala gruppen definieras som mängden O n (R) := {Q GL n (R): Q 1 = Q T } GL n (R) 9

14 där Q T är transponatet till Q och Q 1 är inversen till Q. Gruppen O n (R) kan även definieras i termer av ett godtyckligt reellt vektorrum V utan bas. Om V är ett reellt vektorrum med den inre produkten och normen v = v v (ett så kallat Euklidiskt vektorrum), definieras O(V ) som mängden av alla ortogonala transformationer på V, nämligen O(V ) := {f : V V är linjär : u v = f(u) f(v) u, v V }. Exempel 1.29 (Reflektionsgrupper). En reflektion är en linjär operator på R n som speglar varje vektor i R n i något hyperplan. Om en grupp G genereras (se Definition 1.58) av en mängd reflektioner kallas G för en reflektionsgrupp. Anmärkning Låt v R n. Varje hyperplan P har en normalvektor α R n. Reflektionen v r av v R n i P ges då av v r = S {}} ){ (I n 2ααT v. α T α där I n är identitetsmatrisen. Utan att förlora i generalitet, låt α vara normerad (uttrycket ovan är oberoende av längden av α), det vill säga α T α = 1. Det gäller att S är symmetrisk, eftersom S ij = δ ij 2α i α j = δ ji 2α j α i = S ji. Dessutom är S = S 1, ty (SS) ij = (e i 2α i α) (e j 2α j α) = δ ij 4α i α j + 4α i α j = δ ij, där e i är enhetsvektorer med element (e i ) j = δ ij, δ ij är 1 om i = j, 0 annars. Alltså är S T S = I n och därför S O n (R). Därför är grupper som genereras av reflektioner delgrupper till O n (R), Vidare, reflektionerna uppfyller även att S 2 = I n så de är involutioner. Exempel Mängden av alla bijektiva funktioner på [0, 1], F = {f : [0, 1] [0, 1] : f är bijektiv}, definierar en grupp med funktionssammansättning som gruppoperation, det vill säga för f, g F definieras (f g)(x) = f(g(x)). Att varje element i F är bijektiv är nödvändigt för att varje element ska ha en invers. Exempel Mängden av alla möjliga rotationer (och kombinationer av rotationer) som kan utföras på Rubiks kub utgör en grupp, med sammansättning som gruppoperation. Inversen till varje sekvens av rotationer fås genom att reversera ordningen och riktningen på dem. 1.4 Sidoklasser, kvotgrupper och Lagranges sats Definition 1.33 (Sidoklass). Låt G vara en grupp och H G. Vänstersidoklassen gh respektive högersidoklassen Hg till H med avseende på ett element g G definieras som gh := {gh: h H}, Hg := {hg : h H}. Om det för varje g G gäller att gh = Hg, sägs att H är en normal delgrupp till G, vilket skrivs H G. 10

15 Sats Låt g 1, g 2 vara element i en grupp G och H G. Då är följande påståenden ekvivalenta: 1. g 1 H = g 2 H 2. Hg1 1 = Hg g 1 H g 2 H 4. g 2 g 1 H 5. g 1 1 g 2 H Bevis. Implikationen 1 = 3 är trivial. Antag att 3 gäller. Då finns h, h H så att g 1 h = g 2 h = g 1 = g 2 h h 1, alltså gäller 3 = 4. Antag att 4 gäller. Då finns ett h H så att g 2 = g 1 h. Men då måste g1 1 g 2 = h H, alltså 4 = 5. Antag att 5 gäller, och låt h H samt h = g1 1 g 2. Då fås att hh g2 1 = g 1 h, vilket medför att Hg1 1 Hg2 1. Det gäller även att hh 1 g1 1 = hg2 1, så Hg2 1 Hg1 1. Alltså måste 5 = 2 gälla. Antag att 2 gäller. Låt h 1 H. Då finns ett h 2 H så att h 1 1 g1 1 = h 1 2 g2 1. Men då måste g 1 h 1 = (h 1 1 g1 1 ) 1 = (h 1 2 g2 1 ) 1 = g 2 h 2. Alltså är g 1 H g 2 H. Analogt fås att g 2 H g 1 H. Alltså måste 1 gälla. Vi har nu visat att 1 = 3 = 4 = 5 = 2 = 1 vilket avslutar satsen. Sats 1.35 (Ordning av sidoklass). Låt H G vara grupper. Då är H = gh g G. Bevis. Definiera avbildningen f : H gh genom h gh. Att f är injektiv och väldefinierad följer direkt av Sats Att f är surjektiv följer av definitionen av gh. Alltså är f bijektiv. Om H är ändlig måste därför H = gh g G, annars är H = gh =. Sats 1.36 (Bijektion mellan sidoklasser). Låt G vara en grupp och H G. Då finns lika många vänstra sidoklasser till H som det gör högra sidoklasser. Bevis. Låt L H och R H vara mängden av alla vänstra respektive högra sidoklasser. Definiera en avbildning f : L H R H genom gh Hg 1. Antag att g 1 H = g 2 H. Då fås Hg1 1 = Hg2 1 genom punkt 1 och 2 i Sats 1.34, så f(g 1 H) = Hg 1 1 = Hg 1 2 = f(g 2 H). Alltså är f väldefinierad. Vidare, om Hg R H kan vi välja g 1 G: f(g 1 H) = H(g 1 ) 1 = Hg, så f är surjektiv. Låt g 1 H, g 2 H vara sidoklasser så att f(g 1 H) = Hg 1 Hg 1 1 = 2 = f(g 2 H). Återigen fås genom Sats 1.34 att g 1 H = g 2 H, därför är f injektiv. Alltså är f bijektiv. Därför måste L H = R H. Definition 1.37 (Index). Låt G vara en grupp och H G. Då definieras index [G : H] av H i G som antalet distinkta vänstra sidoklasser av H i G. Det är uppenbart att [G : H] 1. Sats 1.38 (Lagranges sats). Låt G vara en grupp och H G. Då partitioneras G av sidoklasserna till H i G. Vidare, G = H [G : H]. 11

16 Bevis. Definiera funktionen : G {sant, falskt}: (g 1, g 2 ) = { sant, falskt, om g 1 H = g 2 H om g 1 H g 2 H Relationen är en ekvivalensrelation, ty är (i) Reflexiv, eftersom gh = gh. (ii) Symmetrisk, eftersom g 1 H = g 2 H g 2 H = g 1 H (iii) Transitiv, eftersom (g 1 H = g 2 H) och (g 2 H = g 3 H) = g 1 H = g 3 H. Av Sats 1.3 följer därför att ekvivalensklasserna [g] := {x G: xh = gh} partitionerar G. Enligt Sats 1.34 gäller xh = gh x gh, vilket medför att [g] = {x G: x gh} = gh. Detta visar att G partitioneras av sidoklasserna till H. Låt nu n := [G : H]. Eftersom G partitioneras av sidoklasserna till H, måste det finnas element {g i } n i=1, g i H g j H = i j : G = Via Sats 1.35 fås att g i H = H. Då måste det gälla att n g i H. i=1 G = n g i H = i=1 n H = n H = H [G : H]. i=1 Sats 1.39 (Normal delgrupp ekvivalenssats). Låt H vara en delgrupp till en grupp G. Då är följande påståenden ekvivalenta: (1) H G (2) ghg 1 H g G (3) ghg 1 = H g G Bevis. Vi visar satsen i fyra delar: Antag (1), alltså att H är normal i G. Då gäller att ghg 1 = g(hg 1 ) = g(g 1 H) = {gg 1 h, h H} = {h, h H} = H, Därför fås att (1) = (3). Antag (3). Betrakta gh gh. Då gäller att gh = ghe = gh(g 1 g) = (ghg 1 )g men eftersom ghg 1 = H måste ghg 1 H och därför måste även gh Hg per definition. Eftersom g 1 Hg = H kan vi på samma sätt genom g 1 hg H visa att hg = (gg 1 )hg = g(g 1 hg) = hg gh. Då gäller gh Hg gh och därför är gh = Hg. Alltså fås att (3) = (1). Antag (2).Givet ett g G och h H, låt a = g 1 hg H. Att a finns i H följer av (2). Vidare, ghg 1 gag 1 = g(g 1 hg)g 1 = h. Alltså h ghg 1 g och därför fås att (2) = (3). 12

17 Uppenbarligen, ghg 1 = H = ghg 1 H. Därför gäller att (3) = (2). Vi har nu visat att (1) (3) (2). Definition 1.40 (Kvotgrupp). Låt N vara en normal delgrupp till G. Definiera ekvivalensrelationen på samma sätt som i Sats Beteckna kvotmängden G/, det vill säga mängden av alla sidoklasser till N i G, som G/N. Definiera en operation genom (an) (bn) = abn på G/N. Paret (G/N, ) kallas för kvotgruppen av G och N. Sats Om N G är kvotgruppen G/N en grupp. Bevis. Att operationen är väldefinierad är inte självklart. Välj a, b, c G. Då vill vi visa att om an = bn så är (an)(cn) = (bn)(cn). Men an = bn = a 1 b N av Sats Vidare, (ac) 1 (bc) = c 1 (a 1 b)c N eftersom a 1 b N och N G = gng 1 g G med Sats Genom att igen tillämpa Sats 1.34 ser vi att acn = bcn. Det är alltså nödvändigt att N är en normal delgrupp till G för att operationen ska vara väldefinierad. Identiteten i G/N är en = N, och inversen till något element gn är g 1 N. Slutenhet följer av operatorns definition. Exempel Om G är en abelsk grupp så är alla delgrupper H G normala i G, eftersom gh = {gh: h H} = {hg : h H} = Hg. Exempel Gruppen Z n är isomorf med kvotgruppen Z/nZ, där nz Z är gruppen av alla heltal som är multiplar av n N, tillsammans med addition som operator. Notera att notationen nz är något missvisande; nz är inte är en sidoklass till mängden Z Z. Exempel Betrakta Z 12 och delgruppen N = {0, 3, 6, 9}. Då är N en normal delgrupp till Z 12 eftersom an = {a, a + 3, a + 6, a + 9} = {a, 3 + a, 6 + a, 9 + a} = Na för alla a Z 12 (N är isomorf med Z 4 ). Kvotgruppen Z 12 /N har då elementen {0N, 1N, 2N} och är isomorf med Z 3. Detta följer direkt av den tredje isomorfisatsen (se Sats 1.53), ty Z 12 /N = Z/12Z 3Z/12Z = Z/3Z = Z 3, där nz är gruppen av alla multiplar av n i Z med addition. Lagranges sats gäller ty 12 = Z 12 = N Z 12 /N = Grupphomomorfier och isomorfisatserna Definition 1.45 (Homomorfi). Låt (G, ), (H, ) vara grupper. En avbildning φ: G H kallas för en homomorfi från G till H om den uppfyller att φ(g h) = φ(g) φ(h) (g, h) G G. (5) Kärnan till φ definieras som ker φ := {g G: φ(g) = e H } där e H är identiteten i H, och den homomorfa bilden av φ definieras som φ(g) := {φ(g): g G}. Om φ även är en bijektion, kallas φ för en isomorfi. Om det finns en isomorfi mellan två grupper G och H skrivs G = H. Anmärkning Två isomorfa grupper är i princip lika. All struktur från gruppoperatorn ärvs genom isomorfin, så grupperna är lika sånär som på ett byte av symboler. Att beräkna produkten i den ena gruppen är alltså ekvivalent med att avbilda variablerna på den andra gruppen, beräkna produkten och sen ta inversen. Isomorfi är ett mycket viktigt begrepp inom gruppterori, eftersom det är ett sätt att sortera bort all överflödig information om en grupp. 13

18 Sats Låt φ: G 1 G 2 vara en homomorfi från en grupp G 1 till en grupp G 2. Då är 1. φ(e G1 ) = e G2 2. φ(g 1 ) = φ(g) 1 g G 1 3. Om H 1 G 1 gäller för bilden φ(h 1 ) av H 1 att φ(h 1 ) G 2. Homomorfin avbildar alltså delgrupper på delgrupper. 4. Om H 2 G 2 så är mängden φ 1 (H 2 ) := {g G 1 : φ(g) H 2 } en delgrupp till G 1. Bevis. Beviset delas upp punktvis. 1. Med kancellering fås att e G2 φ(e G1 ) = φ(e G1 e G1 ) = φ(e G1 ) phi(e G1 ) = e G2 = φ(e G1 ). 2. Det gäller från punkt 1 att φ(g) 1 = e G2 φ(g) 1 = φ(g 1 1 (5) g)φ(g) = φ(g 1 )φ(g)φ(g) 1 = φ(g 1 ). 3. Låt φ(x), φ(y) φ(h 1 ). Då måste φ(x)φ(y) 1 = φ(xy 1 ) φ(h 1 ) eftersom xy 1 H 1 gäller av Sats Men då uppfyller även φ(h 1 ) detta kriterie, så φ(h 1 ) är en delgrupp till G Låt x, y φ 1 (H 2 ). Då gäller att φ(xy 1 ) = φ(x)φ(y) 1 H 2 eftersom H 2 är en delgrupp till G 2. Alltså måste xy 1 φ 1 (H 2 ) så φ 1 (H 2 ) uppfyller kriteriet i Sats 1.22 och är därför en delgrupp till G 1. Sats 1.48 (Kärna normal delgrupp). Låt φ: G H vara en homomorfi från en grupp G till H. Då är ker φ G. Bevis. Låt N := ker φ = φ 1 ({e G }). N är en delgrupp till G enligt punkt 4 i Sats Tag nu n N och låt g G. Då måste φ(gng 1 ) = φ(g)φ(n)φ(g) 1 = φ(g)φ(g) 1 = e, så gng 1 N. Därför är gng 1 N. Enligt Sats 1.39 är N en normal delgrupp till G. Sats Låt G = H vara grupper med en isomorfi φ: G H. Då är φ 1 : H G en isomorfi. Bevis. Låt h, h H. Då finns unika g, g G sådana att φ(g) = h och φ(g ) = h. Då gäller att φ 1 (hh ) = φ 1 (φ(g)φ(g )) = φ 1 (φ(gg )) = gg = φ 1 (h)φ 1 (h ), vilket avslutar satsen. 14

19 Definition 1.50 (Kanoniska homomorfin). Låt H G. Den kanoniska homomorfin φ: G G/H definieras genom φ(g) = gh. Sats 1.51 (Första isomorfisatsen). Låt G och H vara grupper med en homomorfi ψ : G H. Om φ: G G/ ker ψ är den kanoniska homomorfin finns en unik isomorfi η : G/ ker ψ ψ(g), där ψ(g) = η(φ(g)) g G, det vill säga att diagrammet nedan kommuterar. G φ ψ η H G/ ker ψ Bevis. Se Sats i [Jud18]. Sats 1.52 (Andra isomorfisatsen). Låt G vara en grupp och N G vara en normal delgrupp till G och H G vare en delgrupp till G. Då är HN := {hn: n N, h H} en delgrupp till G, H N G och H/(H N) = (HN)/N. Bevis. Se Sats i [Jud18]. Sats 1.53 (Tredje isomorfisatsen). Låt G, H, N vara grupper så att H G, N G och N H. Då är G/H = G/N H/N. Bevis. Se Sats i [Jud18]. 1.6 Genererade grupper Definition 1.54 (Cyklisk delgrupp). Låt (G, ) vara en grupp och g G. Definiera g := {g k : k Z}. Då är ( g, ) den minsta delgruppen till G som innehåller g. Om det finns ett a G så att a = G, kallas G för en cyklisk grupp, och g kallas för en generator till G. Exempel För alla n N är Z n en cyklisk grupp eftersom 1 genererar hela gruppen. Definition 1.56 (Ordning). Låt G vara en grupp och g G. Låt k N vara det minsta positiva heltalet så att g k = e. Då sägs att g har ordning k, och man skriver g = k. Om inget sådant heltal finns, sägs g ha oändlig ordning, och man skriver g =. Sats 1.57 (Ordning av cyklisk grupp). Låt G vara en ändlig cyklisk grupp med generatorn g. Då gäller att G = g. 15

20 Bevis. Definiera en avbildning ψ : Z G genom ψ(n) = g n. Då är ψ en homomorfi, ty ψ(n + m) = g m+n = g m g n = ψ(m)ψ(n) m, n Z. Vidare, ker ψ ges av n Z: g n = e. Detta gäller om och endast om g n = e, så antag utan att förlora i generalitet att n N. Låt k = g. Med restdivision får vi att n = km + r där m N, r N och r < k. Då måste g n = g km+r = g km g r = g r = e. Men k är det minsta positiva talet sådant att g k = e, därför måste r = 0. Alltså ges kärnan av exakt kz. Av första isomorfisatsen (se Sats 1.51) finns nu en isomorfi Z k = = Z/kZ G. Därför måste Z k = G, alltså G = Zk = k = g. Definition 1.58 (Genererad grupp). Låt S vara en delmängd till en grupp G. Gruppen S som genereras av S definieras som mängden av alla produkter av elementen i S och deras inverser. Alltså: S = { s k 1 1 s k 2 2 s kn Elementen i S kallas för generatorer till S. n } : s i S, k i { 1, 1} i {1, 2,..., n}, n N. Sats 1.59 (Minsta delgruppen). Låt S vara en delmängd till en grupp G. Då är S en delgrupp till G. Vidare, S är den minsta delgruppen till G som innehåller S. Bevis. Enligt Sats 1.22 räcker det att visa att g, h S = hg 1 S. Tag g, h S. Då finns per definition tal n, m N, tal {k i } n i=1, {l i } m i=1 i { 1, 1} och element {g i } n i=1, {h i } m i=1 i S så att g = g k 1 1 g k gn kn och h = h l 1 1 h l h lm m. Per definition av S gäller att gh 1 = g k 1 1 g k gn kn h lm m... h l 2 2 h l 1 1 S. Eftersom g i, h i S, k i, l i i { 1, 1} och m + n N. S är alltså en delgrupp till G. S S eftersom s 1 S s S. Vidare, S är den minsta delgruppen till G som innehåller S, eftersom varje delgrupp K till G så att S K måste innehålla S, annars är inte K sluten. Exempel Om G är en grupp och g G är ett element i g, är {g} = g, så intuitivt stämmer definitionen överens med cykliskt genererade grupper. Exempel Tag C = {2, 3} Z 6. Då är C = Z 6. Definition 1.62 (Konjugathölje). Låt S vara en delmängd till en grupp G. Definiera S G som mängden av alla konjugatelement till S i G, det vill säga: S G = {gsg 1 : g G, s S} = g G gsg 1. Konjugathöljet till S i G definieras som S G. Sats 1.63 (Minsta normala delgruppen). Låt S vara en delmängd till en grupp G. Då är S G den minsta normala delgruppen till G som innehåller S. 16

21 Bevis. Enligt Sats 1.59 är S G den minsta delgruppen till G som innehåller S G. Enligt Sats 1.39 är S G G normal i G om och endast om g S G g 1 S G g G. Låt x S G. Då finns ett tal n N och {k i } n i=1 i { 1, 1} samt {g i } n i=1 i G och {s i } n i=1 i S, så att: x = (g 1 s k 1 1 g1 1 )(g 2 s k 2 2 g2 1 )... (g n s kn n gn 1 ). För något g G gäller att gxg 1 = g(g 1 s k 1 1 g 1 1 )(g 2 s k 2 2 g 1 2 )... (g n s kn n gn 1 )g 1 = g(g 1 s k 1 1 g1 1 )(g 1 g)(g 2 s k 2 2 g2 1 )(g 1 g)... (g 1 g)(g n s kn = (gg 1 s k 1 1 g1 1 g 1 )(gg 2 s k 2 2 g2 1 g 1 )... (gg n s kn n gn 1 g 1 ) = (g1s k 1 1 g1 1 )(g2s k 2 2 g2 1 )... (gns kn n g n 1 ), }{{} S G n gn 1 )g 1 där gi = gg i G i {1, 2,..., n}. Därför måste gxg 1 S G och därför är S G normal i G. S G är per definition den minsta mängden som innehåller alla konjugat till element i S. För att en grupp K så att S K G ska vara normal på G krävs genom Sats 1.39 att S G K, och den minsta gruppen som uppfyller detta är alltså S G. Därför måste S G vara den minsta normala delgruppen till G som innehåller S. Exempel Om S är en delmängd till en abelsk grupp G är S G G, s S} = {s: s S} = S, så S G = S. = {gsg 1 : g Exempel Om S 3 är mängden av alla permutationer av {1, 2, 3} och vi betraktar delmängden S = {(12)}, det vill säga permutationen som byter plats på det första och andra objektet (se Definition 1.25), så är S G = {(12), (23), (31)} och S G = S 3. 17

22 2 Ordproblemet Det finns andra sätt att definiera grupper än som en mängd G tillsammans med en binär operator på formen (G, ). Ett alternativ är att definiera en grupp med en mängd S tillsammans med en uppsättning relationer R på produkter av elementen i mängden, vilka implicit genererar en grupp S R när gruppaxiomen påtvingas. Ett problem som uppstår med detta sätt att definiera grupper är hur relationerna kan användas för att bestämma om två produkter av element är lika. Detta problem brukar kallas för ordproblemet. Detta avsnitt baseras på D.L. Johnsson [Joh97] samt föreläsningsanteckningar från M. Cohen [Coh08]. Exempel 2.1. I permutationsgruppen S 3 så är (1 2 3) = (1 3)(1 2) = (1 3)(2 3)(1 2)(1 3) =.... I allmänhet, givet en produkt av permutationer i S 3, så är det enkelt att avgöra värdet på produkten genom att undersöka vad produkten avbildar 1, 2 och 3 på. Exempel 2.2. I Z 4 så är 1 = = =.... I allmänhet så är a + b + c + = 1 i Z 4 om och endast om a + b + c + 1 (mod 4) Exempel 2.1 och 2.2 demonstrerar att det är enkelt att avgöra om två produkter evalueras till samma element i grupperna S 3 och Z 4, ordproblemet är därmed löst i dessa två grupper. I båda fallen presenteras en algoritm som kan avgöra om två produkter evalueras till samma element eller inte, men existens av en sådan algoritm är inte garanterad för godtyckliga grupper. 2.1 Ord och förkortning av ord Definition 2.3 (Ord). Låt S vara en mängd. Uttrycket s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n, där s i S, ɛ i = ±1 i {1, 2,..., n} kallas för ett ord i S. Ordet sägs ha längden n och betecknas l(w) = n. Det tomma ordet ε (eller bara ett tomt mellanrum), är det unika ordet som har längd 0. Om ett element upprepas på rad i ett ord kan det istället skrivas med hjälp av exponentiering, exempelvis a 1 a 1 baaa = a 2 ba 3. Med att evaluera ett ord menas att betrakta S som en delmängd i en grupp G och betrakta ordet som en produkt av element i G, evalueringen av ett ord är alltså ett element i G. Anmärkning 2.4. Uttrycket s ɛ s ɛn n används för att beteckna ett ord. För att beteckna en produkt av gruppelement, evalueringen av ordet, används istället notationen s ɛ 1 1 s ɛn Av situationen kommer även framgå om ett sådant uttryck ska betraktas som ett ord eller en produkt av gruppelement. Exempel 2.5. Betrakta mängden S = {x, y, z}. Exempel på ord som kan bildas från element i S är xyx 18 n.

23 xx 1 z 1 x ε (det tomma ordet) z Definition 2.6 (Delord). Låt w = s ɛ 1 1 s ɛ s ɛ k k vara ett ord i S. Ett ord v = t ξ 1 1 t ξ t ξ l l är ett delord till w om det existerar en heltalsföljd {n i } l i=1 sådan att 1 n 1 < n 2 < < n l k t ξ i i = s ɛn i n i i {1, 2,..., l} Om n i = n i för alla i > 0, sägs v vara ett sammanhängande delord till w. Exempel 2.7. Betrakta ordet w = abcaacc. Följande ord är delord till w: 1. abcaa (sammanhängande delord) 2. aaa 3. bac 4. abcaacc 5. ε Definition 2.8 (Förkortning). Låt S vara en mängd och s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n s ɛ i i = s ɛ i+1 i+1 så kallas operationen s ɛ 1 1 s ɛ s ɛ i 1 i 1 sɛ i i sɛ i+1 i+1 sɛ i+2 i+2... sɛn n s ɛ 1 1 s ɛ s ɛ i 1 i 1 sɛ i+2 i+2... sɛn n ett ord i S. Om för en förkortning. Om ingen förkortning kan utföras på ett visst ord sägs att ordet är förkortat. Exempel 2.9. Låt mängden S = {a, b}, om a 1 abb är ett ord i S så kan a 1 abb förkortas till ordet bb. Ordet bb är ett förkortat ord. Sats Varje ord w i någon mängd S kan förkortas till ett unikt förkortat ord r. Bevis. Om w är förkortat till att börja med, är vi klara. Annars finns ord u, v i S och ett element s S så att w = uss 1 v eller w = us 1 sv. Anta att w med en följd förkortningar kan förkortas till något förkortat ord r. Då vill vi visa att varje följd av förkortningar till r kan göras så att w uv är den första förkortningen i följden. Då fås ett nytt ord w med l(w ) < l(w) så att w också kan förkortas till r, och av induktion följer att oavsett vilken följd av förkortningar vi väljer så blir resultatet r. Antag att w = uss 1 v (w = us 1 sv hanteras på samma sätt) och kalla förkortningen ss 1 ε för f. Om följden av förkortningar till r innefattar f, kommer alla förkortningar innan f göras i u och v, och lämna delordet ss 1 orört. I det fallet kan vi göra f först utan att ändra resultatet. Antag istället att f inte är med bland förkortningarna. Då måste det finnas en förkortning som antingen förkortar bort s 1 eller s, alltså att vi har ett ord på formen u s 1 (ss 1 )v eller u (ss 1 )sv där alla föregående förkortningar har lämnat f orörd. Resultatet av den nu följande förkortningen blir u s 1 v eller u sv, men då hade lika gärna f kunnat göras i början, och resultatet hade fortfarande blivit detsamma. Alltså kan alltid f flyttas till början av förkortningarna, och därför följer att r är det unikt förkortade ordet av induktion. 19

24 2.2 Den fria gruppen Definition 2.11 (Fria gruppen). Låt S vara en mängd, och låt F S vara mängden av alla förkortade ord i S. Operatorn : F S F S F S ges av sammanfogning (följt av förkortning om det är möjligt), det vill säga (s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n ) (t ξ 1 1 t ξ t ξm m ) (s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n t ξ 1 1 t ξ t ξm m ) följt av förkortning. Gruppen (F S, ) kallas för den fria gruppen på S. Om S = n N, skrivs ofta F n istället för F S, eftersom alla fria grupper till mängder med samma kardinalitet är isomorfa. F n kallas för den fria gruppen av rank n. Betraktat som en grupp, vilket vi snart ska se är möjligt (se Sats 2.13), gäller att F S = S. Exempel Låt S = {a}, då ges F S av F S = {..., a 1 a 1, a 1,, a, aa,... } = {a k, k Z} Det finns även en naturlig isomorfi till Z genom φ(a n ) = n, alltså är F S = Z. Sats Låt S vara en mängd. Då är den fria gruppen F S en grupp. Bevis. Till att börja med måste vi visa att är väldefinierad. Detta följer av Sats Gruppaxiom (i) (iv) visas nedan: (i) Att är sluten följer av att resultatet av en operation per definition resulterar i ett förkortat ord i S. (ii) Tag u, v, w F S. Ordet uvw kan förkortas antingen genom att först förkorta uv, eller vw. Notera att detta är synonymt med att antingen ta produkten (u v) w, eller u (v w). Från Sats 2.10 vet vi att ordet uvw kan förkortas till ett unikt förkortat ord r. Därför måste u (v w) = r = (u v) w och alltså är associativ. (iii) Det tomma ordet ε är identiteten på F S, ty ε w = w ε = εw = w w F S. (iv) Varje ord w = s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n F S har en invers w 1 = s ɛn n... s ɛ 2 2 s ɛ 1 1 F S där ɛ i { 1, 1} i {1, 2,..., n}. Att w w 1 = w 1 w = ε kan enkelt visas: ww 1 = s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n s ɛn n... s ɛ 2 2 s ɛ 1 1, där vi kan eliminera s ɛn n s ɛn n vilket resulterar i ordet s ɛ 1 1 s ɛ s ɛ n 1 n 1 s ɛ n 1 n 1... s ɛ 2 2 s ɛ 1 1. Med induktion följer att vi kan reducera ww 1 till ε. Alltså måste w w 1 = ε. Att w 1 w = ε visas på samma sätt. Vi har alltså visat gruppaxiom (i) (iv). Därför måste F S vara en grupp. Framöver utelämnas när det rör sig om produkter i F S, och vi skriver istället w v = wv. Det är viktigt att skilja på när detta skrivsätt betraktas som en hopskrivning, och när det betraktas som en produkt i F S, då produkten medför att hopskrivningen måste förkortas. Sats Låt S vara en mängd och F S vara den fria gruppen till S. Då har varje element w F S \ {ε} obegränsad ordning (se Definition 1.56), det vill säga att w =. 20

25 Bevis. Låt v F S. Då är v på formen s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n. Om s ɛ 1 1 s ɛn n v k = (s ɛ s ɛn n )(s ɛ s ɛn n )... (s ɛ s ɛn }{{} k element n ) gäller att ty ingen förkortning kan göras efter sammansättningen. Därför kan inte v k = ε, så v =. Ett ord på denna form sägs vara cykliskt förkortat. Låt nu w = s ɛ s ɛn n vara ett ord i S. Tag ett maximalt m så att s ɛ i i = s ɛ n+1 i n+1 i för i {1, 2,..., m}. Då är m N och 1 m < n/2, annars skulle inte w gå att förkorta. Låt u = s ɛ s ɛm m. Då är w = uvu 1 där v är cykliskt förkortat, så v =. Antag att w = k <. Då gäller att w k = uv k u 1 så w k = ε = v k = ε vilket leder till en motsägelse. Alltså måste w = för varje w F S. En konsekvens av detta är att F S = om S, så den fria gruppen har alltid oändlig ordning. Sats 2.15 (Fria gruppens universella egenskap). Låt ψ : S G vara en avbildning från en mängd S till en grupp G. Då kan ψ utvidgas till en unik homomorfi ψ : F S G. Med utvidgas menas att ψ(s) = ψ(s) s S, det vill säga att diagrammet nedan kommuterar. F S S ψ ψ G Ett alternativt sätt att definiera F S upp till isomorfi är genom just denna egenskap. Alltså, om S är en delmängd till en grupp F, så sägs F vara fri med avseende på S om varje avbildning från S till en grupp G kan utökas till en unik homomorfi F G. Bevis. Om ψ : F S G är en homomorfi gäller för varje s S att ψ(s 1 ) = ψ(s) 1 enligt Sats Vidare, om s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n är ett ord i F S fås med Definition 1.45 att ψ(s ɛ 1 1 s ɛ s ɛn n ) = ψ(s 1 ) ɛ 1 ψ(s 2 ) ɛ 2... ψ(s n ) ɛn. (6) ψ(s i ) är redan definierat genom ψ : S G, så för att visa att ψ är unik räcker att visa att ekvationen definierar en homomorfi F S G, det vill säga att ekvation (6) medför att ψ(wv) = ψ(w)ψ(v) för alla w, v F S. Låt v = s ɛn n... s ɛ 1 1 och w = t ξ t ξm m. vara ord i F S med s i, t i S. Produkten beräknas per Definition 2.11 genom hopskrivning s ɛn n... s ɛ 1 1 t ξ t ξm m följt av förkortning av alla symboler a ɛ a ɛ. Antag att s i = t i, ɛ i = ξ i för i = {1, 2,..., k 1} där 1 k min(m, n), och att s k t k eller ɛ k ξ k. Ordet s ɛn n... s ɛ 1 1 t ξ t ξm m förkortas till något ord på formen s ɛn n... s ɛ k k t ξ k k... t ξm m, så vi får Vidare, vw = s ɛn n... s ɛ k k t ξ k k... t ξm m. ψ(v)ψ(w) = ψ(s ɛn n... s ɛ 1 1 )ψ(t ξ t ξm m ) ekv.(6) = ψ(s n ) ɛn... ψ(s 1 ) ɛ 1 ψ(t 1 ) ξ 1... ψ(t m ) ξm Varje produkt ψ(a) ɛ ψ(a) ɛ evalueras till identiteten i G och kan förkortas i högerledet i ekvationen ovan. Med s i = t i, ɛ i = ξ i för i = {1, 2,..., k 1} enligt antagande så fås: = = ψ(s n ) ɛn... ψ(s k ) ɛ k ψ(t k ) ξ k... ψ(t m ) ξm = ψ(s ɛn n... s ɛ k k t ξ k k... t ξm m ) = ψ(vw). }{{} vw Alltså är utökningen ψ till ψ unik. 21

26 2.3 Presentationen av en grupp Definition 2.16 (Presentation av grupp). Låt S vara en mängd och R F S vara en mängd förkortade ord i den fria gruppen F S till S. Låt R F S vara enligt Sats Presentationsgruppen med generatorerna S och relationerna R definieras som kvotgruppen S R := F S / R F S. (7) En grupp G sägs ha presentationen S R om G = S R. Om S är ändlig sägs presentationen vara ändligt genererad och om R är ändlig sägs presentationen vara ändligt relaterad. Om presentationen är både ändligt genererad och presenterad sägs G vara ändligt presenterad. Anmärkning Betydelsen av Definition 2.16 är inte uppenbar. För representanterna r R gäller att r R F S = e S R, så varje ord i r R representerar identiteten i S R. Därför tillåter man även att R skrivs som en uppsättning definierande relationer: {r = e: r R}. Ofta skrivs element w R F S S R på formen w, och det sägs att w = v om orden representerar samma sidoklass i presentationsgruppen. Även om detta inte är helt korrekt, är meningen att alltid särskilja på w som ord i F S och representant i S R så att notationen blir en betydelsefull förenkling. Tolkningen av S R blir med denna notation den största gruppen som genereras av S där relationerna R gäller, eller gruppen som genereras av S så att endast de relationer som genereras av R gäller. Ofta skrivs även presentationsgruppen på formen: S R = s 1, s 2,... v 1 = w 1, v 2 = w 2,... Där v i, w i F S är ord. Mängden R bildas genom { v i w 1 i : i {1, 2,... } }. Exempel Bilda presentationsgruppen Då ger (1) att G = S R = a, b, c } ababa {{ = ε }. (1) ab = a 1 b 1 a 1 = ba = ab = ba Så a och b kommuterar. Detta gäller naturligtvis inte i F S, utan den korrekta observationen är att det är sidoklasserna till R F S med avseende på a och b som kommuterar i G. Denna distinktion brukar alltså inte göras, utan det ska framgå tydligt att a och b i detta fall är representanter till element i G, vilka kommuterar. Sats 2.19 (Presentationens universella egenskap). Låt ψ : F S G vara utvidgningen av någon avbildning ψ : S G enligt Sats Då är följande påståenden ekvivalenta: (1) Låt φ: F S S R vara den kanoniska homomorfin. Då existerar en unik grupphomomorfi η : S R G så att ψ(w) = η(φ(w)) w F S, det vill säga att diagrammet nedan kommuterar. S R F S φ ψ η G ψ S 22

27 (2) R ker ψ, det vill säga att ψ(r) = e G för varje r R. Om r = s ɛ s ɛn n R F S kan ekvationen även skrivas om i faktorer av ψ, n ψ(s i ) ɛ i = e G. i=1 Vilket är användbart när vi visar ett specialfall av denna sats, nämligen Sats 3.9. Bevis. Beviset görs i två delar. (1) (2): Antag att η existerar. φ(r) = {R} följer av definition. Men R är identiteten i S R genom Sats 1.41, så punkt 1 i Sats 1.47 ger ψ(r) = η(φ(r)) = η({r}) = {e G }. (2) (1): Antag att R ker ψ. Men enligt Sats 1.48 är ker ψ en normal delgrupp, så enligt Sats 1.63 måste R F S ker ψ. Varje element i S R = F S / R F S kan per definition skrivas på formen φ(w) = w R F S för något w F S, låt η : S R G definieras av η(φ(w)) := ψ(w), Tag w, v F S så att w R F S = v R F S. Sats 1.34 ger wv 1 R F S ker ψ. Därför är η(w R F S )η(v R F S ) 1 = ψ(w)ψ(v) 1 = ψ(wv 1 ) = e G = η(w R F S ) = η(v R F S ). Alltså är η väldefinierad av endast villkoret η φ = ψ så η är unik, det återstår att visa att η är en homomorfi. Låt w, v F S. Då är η(φ(w)φ(v)) = η(φ(wv)) = ψ(wv) = ψ(w)ψ(v) = η(φ(w))η(φ(v)). η är alltså en väldefinierad unik homomorfi. Sats Alla grupper har en presentation. Bevis. Låt G vara en grupp, och bilda den fria gruppen F G. Låt avbildningen ψ : G G ges av identitetsfunktionen ψ(g) = g så att ψ(g) = G. Då finns enligt Sats 2.15 en utvidgning av ψ till en homomorfi ψ : F G G. Låt R = ker ψ. Enligt Sats 1.48 är R en normal delgrupp, så G R = F G / R F G = F G /R. Vidare, Sats 1.51 garanterar en isomorfi η : F G /R ψ(g). Därför måste G R = G så G har presentationen G R. Sats Låt S, T vara disjunkta mängder och R F S, Q F T på S respektive T. Då är vara mängder av ord S R T Q = S T R Q [S; T ], Där [S; T ] F S T = {sts 1 t 1 : (s, t) S T } är kommutatorn till S T. 23

28 Bevis. Låt G = S R, H = T Q och K = S T R Q [S; T ]. Låt φ: F S T K, φ S : F S G φ T : F T H vara kanoniska homomorfier (se Sats 1.50). Definiera avbildningen ψ : S T G H som { (φ S (x), e H ), x S ψ(x) = (e G, φ T (x)), x T. Avbildningen är väldefinierad eftersom S, T är disjunkta. Genom Sats 2.15 kan ψ utvidgas till en homomorfi ψ : F S T G H. För ord w R Q [S; T ] måste antingen w R, w Q eller w [S; T ] gälla. Behandla var för sig. {}}{ 1. Om w R fås att w F S, så ψ(w) = ( φ S (w), e H ) = e G H 2. Om w Q fås på samma sätt att ψ(w) = e G H 3. Om w [S; T ] är w = sts 1 t 1 för s S, t T. Då är ψ(w) = ψ(sts 1 t 1 ) = ( eg {}}{{}}{ φ S (s)φ S (s 1 )), φ T (t)φ T (t 1 ) ) = e G H Genom Sats 2.19 ger kravet ψ = α φ en unik homomorfi α: K G H. Slutligen visas att α är bijektiv. Låt ψ S : S K vara så att ψ S (s) = φ(s). Funktionen ψ S : F S K är då den utvidgade homomorfin av ψ S enligt Sats Låt w R. Då gäller att ψ S (w) = φ(w) = e K. Av Sats 2.19 finns en unik homomorfi β S : G K så att ψ S (w) = β S (φ S (w)). Bilda β T : H K på samma sätt. Då definierar β S, β T en unik homomorfi β : G H K genom β(g, h) = β S (g)β T (h), där g G, h H. Detta kan ses eftersom varje element i S kommuterar med varje element i T, så {}}{ β(gg, hh ) = β S (gg )β T (hh ) = β S (g) β S (g )β T (h) β T (h ) = β(g, h)β(g, h ). e G kommuterar Då är β α: K K en homomorfi. Slutligen, { } β(x, eh ) = ψ β(α(φ(x))) = β(ψ(x)) = S (x) = φ(x), om x S = φ(x) x S T. β(e G, x) = ψ T (x) = φ(x), om x T Men identiteten e : K K är en homomorfi som uppfyller e(φ(x)) = φ(x) x S T, på grund av unikhet så måste då β α = e. Om k K så att α(k) = e G H fås att k = β(α(k)) = β(e G H ) = e K, så α är injektiv. Vidare, om (φ S (w S ), φ T (w T )) G H, gäller att α(φ(w S w T )) = ψ(w S w T ) = (φ S (w S ), φ T (w T )). Alltså är α surjektiv. Alltså är α bijektiv, och därför en isomorfi, så G H = K. e H 24