Задача на понятие гомоморфизма

[bayah]

Здравствуйте, все.
Решал задачку, сомневаюсь насчет рассуждений.
Гляньте, пожалуйста?

Цитата:

Обозначения: $\varphi^{-1}(X) = \{g \in H | \varphi(g) \in X\}$.
Выбрать утверждения, справедливые для любых групп $G$, $H$ и любого гомоморфизма $\varphi: H \to G$.

1). $\forall g \in H$ $o(\varphi(g)) | o(g)$ (это значит $o(\varphi(g))$ делит $o(g)$)
2). $\forall g \in H$ $H = \langle g \rangle \Rightarrow G = \langle\varphi(g)\rangle $
3). $\forall A \unlhd G$ выполнено $\varphi^{-1}(A) \unlhd H$
4). $\varphi(C(H)) \leq C(G)$
5). $\forall A, B \leq H$ $\varphi(A) \leq \varphi(B) \Rightarrow A \leq B$
6). $\forall g \in H$ выполнено $\varphi(\langle g \rangle) = \langle \varphi (g) \rangle$

1). $\forall g \in H$ $o(\varphi(g)) | o(g)$
Предположим, что $o(\varphi(g))$ не делит $o(g)$.
Так как $\varphi$ - гомоморфизм, то $\varphi(g^p) = \varphi(g)^p$
Пусть $o(\varphi(g)) = m$ и $o(g) = n$.
Рассмотрим $g^{m+1}$.
$g^{m+1} = g^{(m+1) \mod m} = g$
$\varphi(g^{m+1}) = \varphi(g)^{m+1} = \varphi(g)^{(m+1) \mod n}$
Так как по-предположению $m$ не делит $n$, то $ (r + 1) \equiv (m+1) (\mod n) $, где $0<r<n $.
Тогда $\varphi(g^{m+1}) = \varphi(g)^{r+1} \neq \varphi(g)$.
Получается $\varphi(g^{m+1}) = \varphi(g)$ и $\varphi(g^{m+1}) = \varphi(g)^{r+1}$. То есть $ \varphi(g)$ имеет два различных значения, что противочерит определению отображению.
Следовательно, наше предположение не верно и утверждение $\forall g \in H$ $o(\varphi(g)) | o(g)$ - верно.

2). $\forall g \in H$ $H = \langle g \rangle \Rightarrow G = \langle\varphi(g)\rangle $
Как и в пункте 1), так как $\varphi$ - гомоморфизм, то $\varphi(g^p) = \varphi(g)^p$.
Тогда если $H = \langle g \rangle$, то $ \operatorname{Im}(\varphi) = \langle\varphi(g)\rangle$.
Но пусть $\varphi$ - не эпиморфизм. Тогда $\operatorname{Im}(\varphi) \neq G$, тогда $\exists g \in G : g \notin \operatorname{Im}(\varphi)$, и следовательно $g \notin \langle\varphi(g)\rangle$.
Следовательно $G \neq \langle\varphi(g)\rangle$ и исходное утверждение $\forall g \in H$ $H = \langle g \rangle \Rightarrow G = \langle\varphi(g)\rangle $ - не верно.

3). $\forall A \unlhd G$ выполнено $\varphi^{-1}(A) \unlhd H$
Обозначим $B := \varphi^{-1}(A)$
Рассмотрим произвольное $h \in H$, тогда $\varphi(h) = g$.
Так как $A$ нормальна в $G$, то $A = gAg^{-1} = \varphi(h)\varphi(B)\varphi(h^{-1}) = \varphi(hBh^{-1})$
Но по определению $B$ и есть то, что отображается в $A$, то есть $hBh^{-1} = B$, а значит $B$ нормальна в $H$.
То есть исходное утверждение $\forall A \unlhd G$ выполнено $\varphi^{-1}(A) \unlhd H$ - верно.

4). $\varphi(C(H)) \leq C(G)$
$\forall h \in H, x \in C(H) hx = xh$.
Тогда $\varphi(hx) = \varphi(xh) = \varphi(h)\varphi(x) = \varphi(x)\varphi(h) = gy = yg$.
Получается, что $\varphi(C(H)) \leq \operatorname{Im}(H)$
Но так как $\varphi$ в общем случае не эпиморфизм, то пусть $\exists g_1 \in G : g_1y \neq yg_1$ и следовательно $y = \varphi(h) \notin C(G)$, а следовательно $\varphi(C(H)) \nleq C(G)$
Исходное утверждение $\varphi(C(H)) \leq C(G)$ - не верно.

5). $\forall A, B \leq H$ $\varphi(A) \leq \varphi(B) \Rightarrow A \leq B$
Обозначим $A':=\varphi(A)$, $B':=\varphi(B)$.
Предположим, что $A \nleq B$. Пусть $a \in A$, $b \in B$.
Тогда $ab \notin A$ и $ab \notin B$.
$\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b) = a'b'$
$a'b' \in B'$, так как $A' \leq B'$.
Тогда $\varphi^{-1}(a'b') = b_1$, где $b_1 \in B$, по определению
Получается, что $\varphi^{-1}(a'b') = ab$ и $\varphi^{-1}(a'b') = b_1$, но так как $ab \notin B$, а $b_1 \in B$, $b_1 \neq ab$. Это не возможно, если $\varphi$ - мономорфизм, и следовательно предположение не верно.
Но $\varphi$ - в общем случае не мономорфизм, следовательно исходное утверждение $\forall A, B \leq H$ $\varphi(A) \leq \varphi(B) \Rightarrow A \leq B$ - не верно.

6). $\forall g \in H$ выполнено $\varphi(\langle g \rangle) = \langle \varphi (g) \rangle$
$\varphi(\langle g \rangle) = \{\varphi(g^0), \varphi(g^1), \varphi(g^2), \dots , \varphi(g^n) \}$
$\langle \varphi (g) \rangle = \{\varphi(g)^0, \varphi(g)^1, \varphi(g)^2, \dots , \varphi(g)^n \}$
Так как $\varphi$ - гомоморфизм, то $\varphi(g^n) = \varphi(g)^n$.
Следовательно исходное утверждение $\forall g \in H$ выполнено $\varphi(\langle g \rangle) = \langle \varphi (g) \rangle$ - верно.

[ET]

Все не читал многое подзабыл, (1) кажется у вас правильно, насчет 2 и 4 имею замечания (4 у вас вообще неправильно доказано)
Общее и там и там:

Цитата:

Но пусть $\varphi$ - не эпиморфизм

А где доказательство, что такой неэпиморфизм существует?

$C(G)$ - это что, центр?

Цитата:

, то пусть $\exists g_1 \in G : g_1y \neq yg_1$

Почему пусть? А если такого быть нельзя?
На самом деле и 2 и 4 легко показываются одним и тем же (!) да еще и простым контрпримером. И не лень вам было вместо простого контрпримера столько писать?

[bayah]

ET в сообщении #1386063 писал(а):

А где доказательство, что такой неэпиморфизм существует?

Ну так как, по условию, требуется установить верность утверждений при любом гомоморфизме $\varphi$, отсюда и это "пусть".
А как еще доказывать его существование?

ET в сообщении #1386063 писал(а):

$C(G)$ - это что, центр?

Да

ET в сообщении #1386063 писал(а):

Почему пусть? А если такого быть нельзя?

Ну то есть я так понимаю такой $\exists g_1 \in G : g_1y \neq yg_1$ может как быть, так и не быть в для разных конкретных групп $H$ и $G$.
Так как получается опровержение исходного утрверждения, то рассмотрения одного контрпримера достаточно.

ET в сообщении #1386063 писал(а):

На самом деле и 2 и 4 легко показываются одним и тем же (!) да еще и простым контрпримером. И не лень вам было вместо простого контрпримера столько писать?

Если бы знал контрпример, то не писал бы :)
А почему 4) не верно?

[ET]

bayah в сообщении #1386119 писал(а):

А почему 4) не верно?

Из-а вот этого:

Цитата:

, то пусть $\exists g_1 \in G : g_1y \neq yg_1$

Если на "пусть гомоморфизм будет не сюръекцией" еще можно закрыть глаза, то тут уже совсем

Если я правильно помню - гомоморфизм, это типа изоморфизма, но без требования биективности? Тогда идентичное отображение из подгруппы в группу - гомоморфизм
Вот и найдите такие примеры

[demolishka]

bayah в сообщении #1386119 писал(а):

Если бы знал контрпример, то не писал бы :)

Ну пример гомоморфизма, не являющегося эпиморфизмом, Вы можете привести?

[bayah]

demolishka в сообщении #1386252 писал(а):

Ну пример гомоморфизма, не являющегося эпиморфизмом, Вы можете привести?

Ну для 2) можно взять отображение $\varphi: H \to G : \forall h \in H h \mapsto e$
Для 4) это не подойдет. Ну можно, чтобы $h \mapsto g$, где $g \notin C(G)$.

Или вы вообще спросили?

[demolishka]

bayah в сообщении #1386401 писал(а):

Для 4) это не подойдет.

Ну для 4) чуть посложнее. Вот Вы привели рассуждения, которые мотивируют отрицательность ответа на этот вопрос. Гомоморфизм переводит коммутирующие элементы в коммутирующие. Если $h$ лежал в центре $H$, т. е. коммутировал с любым элементом из $h$, то он будет коммутировать с любым элементом из образа, но в $G$ могут быть и другие элементы (если $\varphi$ не эпиморфизм). Поэтому стоит поискать контрпример, когда у $H$ центр большой (например, все $H$), а у $G$ центр более бедный (например, тривиальный). Всегда старайтесь рассматривать утверждения или искать контрпримеры на тех простых примерах групп, которые Вам давали.

[bayah]

demolishka в сообщении #1386491 писал(а):

Ну для 4) чуть посложнее.

А то, что я привел

bayah в сообщении #1386401 писал(а):

Ну можно, чтобы $h \mapsto g$, где $g \notin C(G)$.

и ваши же умозаключения:

demolishka в сообщении #1386491 писал(а):

Гомоморфизм переводит коммутирующие элементы в коммутирующие. Если $h$ лежал в центре $H$, т. е. коммутировал с любым элементом из $h$, то он будет коммутировать с любым элементом из образа, но в $G$ могут быть и другие элементы (если $\varphi$ не эпиморфизм).

не достаточны, чтобы считать это контрпримером уже?

Ну, как конкретный пример, пусть
$H = \langle h \rangle$, $o(H) = 2n$ - циклическая группа порядка $2n$, следовательно абелева, и следовательно $C(H) = H$.
$G = D_3$ - группа симметрий правильного треугольника, $C(G) = e$.
$\varphi: H \to G : h \mapsto g$, где $g$ - одно из трех отражений, $o(g) = 2$
Тогда $\varphi$ - гомоморфизм, так как $\varphi(g^m) = \varphi(g)^m$. Как было показано в 1) в таком случае $o(g)$ должен делить $o(h)$, что выполняется по условию задания групп.
Так же $\varphi$ - не является эпиморфизмом, так как, $\exists g_1 \in G : (\nexists h \in H : \varphi(h) = g_1)$, где $g_1$ - например - воворот на 120 градусов.
Пойдет?

[vpb]

В пункте 3) на самом деле $gAg^{-1}\supseteq \varphi(h)\varphi(B)\varphi(h)^{-1}$, а не равенство.

-- 09.04.2019, 10:47 --

В 1) вообще что-то непонятное. Зачем единицу добавляли ? Правильно так: $o(g)=n$, значит $g^n=e$, значит $\varphi(g)^n=\varphi(e)=e$. (Вообще говоря, тут лучше писать в соответствующих местах $e_H$ и $e_G$, чтобы единичные элементы в $H$ и $G$ не обозначать одним и тем же символом. Но вот так принято.) Но если $a$ --- элемент из группы, то $a^r=e$ тогда и только тогда, когда $r$ делится на $o(a)$. Значит $n$ делится на $o(\varphi(g))$.

-- 09.04.2019, 11:05 --

2) в порядке, только обозначения неправильные. Разные элементы одной и той же буквой $g$ обозначили. Например, формула в конце 4-й строки должна быть $g_1\notin\langle\varphi(g)\rangle$ (например).

[demolishka]

bayah в сообщении #1386694 писал(а):

не достаточны, чтобы считать это контрпримером уже?

Контрпример надежнее. Что если мы в своих общих рассуждениях упускаем некоторое обстоятельство, которое в конечном счете все меняет?

Вот пример. Известно, что простых чисел от 1 до $n$ примерно $\frac{n}{\ln n}$. Значит "вероятность" встретить простое число среди первых $n$ натуральных чисел равняется примерно $1/\ln(n)$, т. е. простые числа встречаются все реже и реже, чем дальше мы углубляемся в натуральный ряд. Отсюда можно надеяться, что раз сами простые числа редеют, то и соседние простые $p_{n}$ и $p_{n+1}$ будут находиться все дальше и дальше друг от друга. Формально $\lim\limits_{n \to \infty} (p_{n+1}-p_{n} ) = +\infty$. Это утверждение долгое время (со времен открытия закона распределения простых чисел, т. е. конца XIX века) было гипотезой и не так давно (в 2013) году его опровергли (см. простые-близнецы).

bayah в сообщении #1386694 писал(а):

Пойдет?

Пойдет. Только зачем последние две строчки? Вы знаете, что $C(H)=H$ и $C(G)=\{e\}$ и по построению $\varphi(C(H))$ не лежит в $C(G)$, что уже является контрпримером. Проще было взять вместо $H$ подгруппу $G$, порожденную отражением $g$, а не отображать в нее циклическую группу порядка $2n$.

[bayah]

demolishka в сообщении #1386788 писал(а):

Пойдет. Только зачем последние две строчки? Вы знаете, что $C(H)=H$ и $C(G)=\{e\}$ и по построению $\varphi(C(H))$ не лежит в $C(G)$, что уже является контрпримером.

Ну, одна строчка, это я так, по случаю проверил следствие из гомоморфизма относительно циклических подгрупп.
А другая, показал конкретный элемент, не входящий в образ отображения.)

demolishka в сообщении #1386788 писал(а):

Проще было взять вместо $H$ подгруппу $G$, порожденную отражением $g$, а не отображать в нее циклическую группу порядка $2n$.

Ну да, действительно)
Спасибо.

[bayah]

vpb в сообщении #1386725 писал(а):

В 1) вообще что-то непонятное. Зачем единицу добавляли ? Правильно так: $o(g)=n$, значит $g^n=e$, значит $\varphi(g)^n=\varphi(e)=e$. (Вообще говоря, тут лучше писать в соответствующих местах $e_H$ и $e_G$, чтобы единичные элементы в $H$ и $G$ не обозначать одним и тем же символом. Но вот так принято.) Но если $a$ --- элемент из группы, то $a^r=e$ тогда и только тогда, когда $r$ делится на $o(a)$. Значит $n$ делится на $o(\varphi(g))$.

Ну да, у вас проще.
Это я просто рассматривал элемент $g$, и соответственно его же через цикл $g^_{m+1}$.
А у вас этот рассматриваемый элемент $e$.

vpb в сообщении #1386725 писал(а):

2) в порядке, только обозначения неправильные. Разные элементы одной и той же буквой $g$ обозначили. Например, формула в конце 4-й строки должна быть $g_1\notin\langle\varphi(g)\rangle$ (например).

Да, ошибочка, согласен.

vpb в сообщении #1386725 писал(а):

В пункте 3) на самом деле $gAg^{-1}\supseteq \varphi(h)\varphi(B)\varphi(h)^{-1}$, а не равенство.

А вот тут я не понял, почему не равно?

[vpb]

bayah в сообщении #1387242 писал(а):

А вот тут я не понял, почему не равно?

Допустим, $H$ --- нетривиальная подгруппа в $G$, $\varphi$ --- очевидное вложение, $A=G$.

[bayah]

vpb в сообщении #1387289 писал(а):

Допустим, $H$ --- нетривиальная подгруппа в $G$, $\varphi$ --- очевидное вложение, $A=G$.

Ну да...
То что $gAg^{-1}\supseteq \varphi(h)\varphi(B)\varphi(h)^{-1} = \varphi(hBh^{-1})$ не дает нам сделать вывод, что $B$ - нормальна.
Тогда получается доказательство 3) вообще не верное?

[vpb]

bayah в сообщении #1387724 писал(а):

Тогда получается доказательство 3) вообще не верное?

Получается, так. Оно было бы верно, если бы $\varphi$ было сюръективно.