Abstracte algebra/Normale deelgroepen en quotiëntgroepen

Probleem

Stel dat we een groep $\textstyle (G,\star )$ hebben en een deelgroep $\textstyle H$, we kunnen dan de verzameling van de (linker) nevenklassen van $\textstyle H$ bekijken, we noteren dit $\textstyle H/G$. We geven een voorbeeld:

Neem $\textstyle (G,\star )=(D_{4},\circ )$, dan vinden we de volgende verschillende verzamelingen:

${\begin{aligned}&H_{1}=\{1,a^{2}\}\\G/H_{1}&=\{H_{1},a\circ H_{1},b\circ H_{1},ab\circ H_{1}\}\\&H_{2}=\{1,b\}\\G/H_{2}&=\{H_{2},a\circ H_{2},a^{2}\circ H_{2},a^{3}\circ H_{2}\}\\&H_{3}=\{1,a^{2},b,a^{2}b\}\\G/H_{3}&=\{H_{3},a\circ H_{3}\}\end{aligned}}$

Stel nu dat we op deze verzamelingen een nieuwe bewerking kunnen definiëren zodat we de verzamelingen als groepen kunnen zien. We moeten dus een bewerking $\textstyle {\overline {\star }}:G/H\times G/H\to G/H:(g_{1}\star H,g_{2}\star H)\mapsto (g_{1}\star H){\overline {\star }}(g_{1}\star H)$ vinden. Het ligt voor de hand dat we de bewerking $\textstyle (g_{1}\star H){\overline {\star }}(g_{1}\star H)=(g_{1}\star g_{2})\star H$ willen gebruiken. Als we dit willen definiëren, dan moeten we zorgen dat het goed gedefinieerd is. De bewerking $\textstyle {\overline {\star }}$ gebeurt namelijk tussen twee nevenklassen maar het uitwerken van die bewerking doe je met twee representanten van die nevenklassen, zou het niet kunnen zijn dat we een ander resultaat bekomen als we andere representanten nemen? We kijken naar een voorbeeld:

Neem het voorbeeld van hierboven met $\textstyle H_{2}=\{1,b\}$ en doe de volgende berekeningen:

${\begin{aligned}(a\circ H_{2}){\overline {\circ }}(a^{3}\circ H_{2})&=(a\circ a^{3})\circ H_{2}&=H_{2}\\(ab\circ H_{2}){\overline {\circ }}(a^{3}\circ H_{2})&=(ab\circ a^{3})\circ H_{2}&=a^{2}\circ H_{2}\\\end{aligned}}$

We zien dus dat, hoewel $\textstyle a\circ H_{2}$ en $\textstyle ab\circ H_{2}$ gelijk zijn, hun product niet gelijk is. We kunnen dus niet zomaar definiëren wat we willen definiëren. De volgende vraag die we ons dan stellen is: Wanneer is de bewerking $\textstyle {\overline {\star }}$ onafhankelijk van de representant?

Wat moet gelden om een goede definitie te krijgen? Stel dat $\textstyle g_{1}\star H=g'_{1}\star H$ (dus is $\textstyle g'_{1}=g_{1}\star h_{1}$) en $\textstyle g_{2}\star H=g'_{2}\star H$ (dus is $\textstyle g'_{2}=g_{2}\star h_{2}$), dan moet

$(g_{1}\star g_{2})\star H=(g'_{1}\star g'_{2})\star H$

We zouden met andere woorden graag hebben dat

$g'_{1}\star g'_{2}=g_{1}\star g_{2}\star h{\text{ voor een }}h\in H$

Als $\textstyle (G,\star )$ abels is, dan geldt dit zeker want dan is

$g'_{1}\star g'_{2}=g_{1}\star h_{1}\star g_{2}\star h_{2}=g_{1}\star g_{2}\star h_{1}\star h_{2}$

en dus is $\textstyle h=h_{1}\star h_{2}$.

We zien echter dat commutativiteit niet nodig is, het is voldoende als we $\textstyle h_{1}\star g_{2}$ kunnen schrijven als $\textstyle g_{2}\star h'_{1}$ voor een zekere $\textstyle h'_{1}\in H$ want dan is

$g'_{1}\star g'_{2}=g_{1}\star h_{1}\star g_{2}\star h_{2}=g_{1}\star g_{2}\star h'_{1}\star h_{2}$

en hebben we onze $\textstyle h=h'_{1}\star h_{2}$ gevonden.

Nog een andere manier van schrijven: het is voldoende dat $\textstyle g_{2}\star h_{1}\star g_{2}^{-1}\in H$

Normale deelgroep

Definitie:
Een deelgroep $\textstyle H$ van een groep $\textstyle (G,\star )$ noemt men een normale deelgroep

$\Updownarrow$

$\textstyle \forall g\in G:g\star H=H\star g$ of dus dat alle rechternevenklassen gelijk zijn aan de linkernevenklassen. We noteren dit met $\textstyle H\triangleleft G$

Stelling:

${\begin{aligned}H\triangleleft G\Leftrightarrow &{\text{(i) }}H{\text{ is een deelgroep van }}G\\&{\text{(ii) }}\forall h\in H,\forall g\in G:g\star h\star g^{-1}\in H\end{aligned}}$

Bewijs:
Stel dat $\textstyle H\triangleleft G$, dan is $\textstyle \forall g\in G:g\star H=H\star g$ door de definitie. Dus is $\textstyle \forall g\in G,\forall h\in H:g\star h\in H\star g$ waaruit meteen het te bewijzen volgt.

Nu moeten we nog de andere richting bewijzen: we moeten bewijzen dat

$\forall g\in G:g\star H=H\star g$

Neem een element $\textstyle g\star h\in g\star H$, we weten dat

$g\star h\star g^{-1}\in H\Rightarrow g\star h\in H\star g$

Dus is $\textstyle g\star H\subset H\star g$. Analoog kan je bewijzen dat $\textstyle H\star g\subset g\star H$ en dus dat $\textstyle g\star H=H\star g$

Quotiëntgroep

Stelling:
Neem $(G,\star )$ een groep en $H\triangleleft G$, dan geldt:

1. $(G/H,{\overline {\star }})$ is een groep met

   ${\overline {\star }}:G/H\times G/H\to G/H$

   $(g_{1}\star H,g_{2}\star H)\mapsto (g_{1}\star g_{2})\star H$

2. Als $(G,\star )$ commutatief is, dan is ook $(G/H{\overline {\star }})$ commutatief.

Terminologie: $(G/H,{\overline {\star }})$ noemen we de quotiëntgroep van $G$ modulo $H$

Bewijs:
We bewijzen enkele eigenschappen van een groep. We weten uit de voorgaande studie dat ${\overline {\star }}$ goed gedefinieerd is.

• Is de bewerking associatief?

  ${\begin{aligned}((g_{1}\star H){\overline {\star }}(g_{2}\star H)){\overline {\star }}(g_{3}\star H)&=((g_{1}\star g_{2})\star g_{3})\star H\\&=(g_{1}\star (g_{2}\star g_{3}))\star H\\&=(g_{1}\star H){\overline {\star }}((g_{2}\star H){\overline {\star }}(g_{3}\star H))\end{aligned}}$

• Is er een neutraal element?

  $(g_{1}\star H){\overline {\star }}H=g_{1}\star H=H{\overline {\star }}(g_{1}\star H)$

  Het element $H$ is dus het neutraal element.

• Bestaat er altijd een invers element?

  $(g\star H){\overline {\star }}(g^{-1}\star H)=e\star H=(g^{-1}\star H){\overline {\star }}(g\star H)$

  Dus is $(g\star H)^{-1}=g^{-1}\star H$

Voorbeelden

• Als $(G,\star )$ abels is, dan is iedere deelgroep een normaaldeler. We nemen bijvoorbeeld als groep $\mathbb {Z}$, dan is de deelgroep

$3\mathbb {Z} =\{\ldots ,-6,-3,0,3,6,\ldots \}$

een normaaldeler. De quotientgroep is dan

${\begin{aligned}{\frac {\mathbb {Z} }{3\mathbb {Z} }}&=\{0+3\mathbb {Z} ,1+3\mathbb {Z} ,2+3\mathbb {Z} \}\\&=\{{\overline {0}},{\overline {1}},{\overline {2}}\}\end{aligned}}$

We zien dat $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} ,+)\cong (\mathbb {Z} _{3},+)$ en dus hebben we in feite niets nieuws gevonden.

• $\{1,a^{2}\}\triangleleft D_{4}$ want

$\left\{{\begin{aligned}a\circ a^{2}&=a^{2}\circ a\\b\circ a^{2}&=a^{2}\circ b\end{aligned}}\right.$

We hebben dan de quotientgroep

${\frac {D_{4}}{\{1,a^{2}\}}}=\left\{\{1,a^{2}\},a\circ \{1,a^{2}\},b\circ \{1,a^{2}\},ab\circ \{1,a^{2}\}\right\}$

We weten dat er slechts twee groepen van orde vier bestaan: $(\mathbb {Z} _{4},+)$ en $(\mathbb {Z} _{2}^{2},+)$. Dan moet de gevonden groep dus een van die twee zijn. We zien inderdaad als we

${\begin{aligned}\{1,a^{2}\}={\overline {(0,0)}}\\a\circ \{1,a^{2}\}={\overline {(0,1)}}\\b\circ \{1,a^{2}\}={\overline {(1,0)}}\\ab\circ \{1,a^{2}\}={\overline {(1,1)}}\\\end{aligned}}$

stellen, dan zijn de groepen perfect isomorf. Dit is eenvoudig met de cayleytabel na te gaan.