Determinare omomorfismi tra gruppi
Buongiorno a tutti, avrei bisogno di aiuto su un esercizio.
Mi si chiede di determinare tutti gli omomorfismi tra i gruppi $ D4 $ e $ ZZ 8 $.
L'unico ragionamento che sono riuscito a fare è che, poiché l'immagine dell'omomorfismo è sottogruppo di $ ZZ 8 $, la sua cardinalità deve dividere quella del gruppo, cioè 8, giusto? Pertanto l'immagine può avere 1, 2, 4 o 8 elementi. Ora però non ho idea di come continuare, mi dareste una mano?
Mi si chiede di determinare tutti gli omomorfismi tra i gruppi $ D4 $ e $ ZZ 8 $.
L'unico ragionamento che sono riuscito a fare è che, poiché l'immagine dell'omomorfismo è sottogruppo di $ ZZ 8 $, la sua cardinalità deve dividere quella del gruppo, cioè 8, giusto? Pertanto l'immagine può avere 1, 2, 4 o 8 elementi. Ora però non ho idea di come continuare, mi dareste una mano?
Risposte
Il nucleo di un omomorfismo deve essere un sottogruppo normale. Quindi tutti i possibili nuclei sono sottogruppi normali. A quel punto bisogna analizzare le varie possibilità.
Ti faccio un esempio. Il $D_4$ abbiamo il sottogruppo generato da $sigma$ che ha periodo $4$. Il quoziente $D_4//$ ha ordine $2$ e sappiamo pertanto che è isomorfo al gruppo $ZZ_2$. Sicuramente $0_(ZZ_2)$ deve andare nello $0_(ZZ_4)$ e l'$1$ deve andare in un elemento di ordine $2$ in $ZZ_8$. Quanti sono gli elementi di ordine $2$ in tale gruppo? Sicuramente c'è il $4$. Quindi il $1$ va in $4$.
Quindi abbiamo determinato il primo omomorfismo.
Ora fa questo per tutti i sottogruppi normali e verifica se è sempre possibile costruire omomorfismi.
Ovviamente ricorda ${1},D_4$ sono sottogruppi normali.
Ti faccio un esempio. Il $D_4$ abbiamo il sottogruppo generato da $sigma$ che ha periodo $4$. Il quoziente $D_4//
Quindi abbiamo determinato il primo omomorfismo.
Ora fa questo per tutti i sottogruppi normali e verifica se è sempre possibile costruire omomorfismi.
Ovviamente ricorda ${1},D_4$ sono sottogruppi normali.
Prima di tutto grazie per la rapidissima risposta.
Vediamo se ho capito, devo trovare un sottogruppo in $D_4$, ad esempio quello di due elementi, il gruppo quoziente ha ordine 4, è dunque isomorfo a $ZZ_4$.
Lo $0$ di $ZZ_4$ andrà necessariamente nello $0$ di $ZZ_8$, ora però l'$1$ può andare sia in $2$ sia in $6$ perchè entrambi hanno ordine 4. come scelgo dove mandarlo?
Vediamo se ho capito, devo trovare un sottogruppo in $D_4$, ad esempio quello di due elementi, il gruppo quoziente ha ordine 4, è dunque isomorfo a $ZZ_4$.
Lo $0$ di $ZZ_4$ andrà necessariamente nello $0$ di $ZZ_8$, ora però l'$1$ può andare sia in $2$ sia in $6$ perchè entrambi hanno ordine 4. come scelgo dove mandarlo?
Devi trovare un sottogruppo normale di $D_4$.
In generale comunque puoi avere più possibilità di "assegnazione". Vuol dire che con quel nucleo puoi costruire più omomorfismi.
In generale comunque puoi avere più possibilità di "assegnazione". Vuol dire che con quel nucleo puoi costruire più omomorfismi.
Capito, ma come faccio a capire subito se un sottogruppo è normale o meno?
Ed è possibile determinare il numero di omomorfismi senza ragionare sui singoli sottogruppi?
Ed è possibile determinare il numero di omomorfismi senza ragionare sui singoli sottogruppi?
La prima domanda è una domanda abbastanza complessa in genere. Tutta via per gruppi piccoli si può fare. Per esempi i sottogruppi di indice $2$ son tutti normali.
La seconda non l'ho capita.
Comunque se ti interessa e non riesci cerca online il reticolo dei sottogruppi di $D_4$ è abbastanza noto e quindi non dovresti avere problemi a trovarlo.
La seconda non l'ho capita.
Comunque se ti interessa e non riesci cerca online il reticolo dei sottogruppi di $D_4$ è abbastanza noto e quindi non dovresti avere problemi a trovarlo.
Dicevo soltanto se, siccome alcuni esercizi chiedono solo il numero degli omomorfismi, ci fosse un modo diretto per determinarlo, senza doverli elencare
Non credo. Se c'è io non lo conosco!
Salve! Provo a darti anch'io una delucidazione per quel poco che conosco in quanto ho da poco incontrato i gruppi simmetrici a cui $D_4$ appartiene, spero si riveli utile e non errata.
Comunque costruendo la tavola del gruppo $D_4$(proviene dalle simmetrie di un quadrato) si verifica facilmente che tale gruppo possiede tre sottogruppi di ordine $4$, normali perchè di indice $2$ e quattro sottogruppi(elementi) di ordine $2$ che non risultano essere normali.
Pertanto il gruppo $D_4$ avendo tre sottogruppi normali possiede tre immagini omomorfe, ed indicato con $H$ e $K$, e$T$ tali sottogruppi di ordine , $4$ , le immagini omomorfe saranno rispettivamente il gruppo $D_4$$/$$H$ il cui ordine é $8/4=2$, ed il gruppo $D_4$$/$$K$, ed $D_4$$/$$T$, anch'essi in modo analogo di ordine $2$ ,e quindi isomorfi a$Z_2$.
Andiamo adesso al gruppo $Z_8$, trattandosi di un gruppo ciclico e quindi anche abeliano ogni sottogruppo è di conseguenza normale,
avendo in questo caso un unico sottogruppo(ciclico) di ordine, $4$, cioé il sottogruppo generato da $<2>$, avremo un solo gruppo di ordine $2$ come immagine omorfa, precisamente $Z_8$$/$$<2>$ e quindi isomorfo a $Z_2$.
Pertanto cosa si può concludere?
Inoltre ,non vorrei sbagliarmi, ma credo che ad ogni sottogruppo normale di un Gruppo $G$ corrisponde un immagine omomorfa(Gruppo) o omomorfismo il cui nucleo è un sottogruppo normale, e viceversa, cioè esiste una corrispondenza biunivoca.
Comunque costruendo la tavola del gruppo $D_4$(proviene dalle simmetrie di un quadrato) si verifica facilmente che tale gruppo possiede tre sottogruppi di ordine $4$, normali perchè di indice $2$ e quattro sottogruppi(elementi) di ordine $2$ che non risultano essere normali.
Pertanto il gruppo $D_4$ avendo tre sottogruppi normali possiede tre immagini omomorfe, ed indicato con $H$ e $K$, e$T$ tali sottogruppi di ordine , $4$ , le immagini omomorfe saranno rispettivamente il gruppo $D_4$$/$$H$ il cui ordine é $8/4=2$, ed il gruppo $D_4$$/$$K$, ed $D_4$$/$$T$, anch'essi in modo analogo di ordine $2$ ,e quindi isomorfi a$Z_2$.
Andiamo adesso al gruppo $Z_8$, trattandosi di un gruppo ciclico e quindi anche abeliano ogni sottogruppo è di conseguenza normale,
avendo in questo caso un unico sottogruppo(ciclico) di ordine, $4$, cioé il sottogruppo generato da $<2>$, avremo un solo gruppo di ordine $2$ come immagine omorfa, precisamente $Z_8$$/$$<2>$ e quindi isomorfo a $Z_2$.
Pertanto cosa si può concludere?
Inoltre ,non vorrei sbagliarmi, ma credo che ad ogni sottogruppo normale di un Gruppo $G$ corrisponde un immagine omomorfa(Gruppo) o omomorfismo il cui nucleo è un sottogruppo normale, e viceversa, cioè esiste una corrispondenza biunivoca.
Nono, $D_4$ ha più quel sottogruppo normale. Anche il gruppo generato da $={id,sigma^2,tau,sigma^2t}$ è normale in $D_4$ ed è isomorfo a $ZZ_2 \times ZZ_2$.
Ma ce ne sono altri. Prova a cercare un po' in rete.
Ma ce ne sono altri. Prova a cercare un po' in rete.
Questo può tornare utile: http://www.dm.unibo.it/~verardi/gruppoD4.pdf
PS Avendo anche il centro non banale hai anche un altro sottogruppo normale!
PS Avendo anche il centro non banale hai anche un altro sottogruppo normale!
Hai ragione Mistake, giusta osservazione, infatti il gruppo $D_4$ come tutti i gruppi diedrici può essere rappresentato come unione di un gruppo di ordine $4$, ed quattro elementi di ordine $2$, nel modo seguente:
sia $H=$ il sottogruppo di ordine $4$, ed $binD_4$ tale che però $b!inH$, allora risulta $D_4=HuuHb$, e scrivendo per esteso si ha:
$Huu(b,ba,ba^2,ba^3)$, il fatto che tale gruppo abbia altri sottogruppi di ordine $4$ è secondo me, dovuto al fatto che il sottogruppo ciclico $H$ ha un elemento di ordine $2$ come sottogruppo, pertanto oltre al sottogruppo $H$ di ordine $4$,avremo il sottogruppo $K=(e,b,a^2,ba^2,)$,ed il sottogruppo $T=(e,a^2,ab,ba=a^3b)$, normali perché anch'essi di indice $2$,e non ve ne sono altri. Se invece consideriamo il gruppo simmetrico $D_p$ con $p$ primo allora in quel caso si che possiamo asserire l'unicità del gruppo ciclico $H$ di ordine $p$.
Sulla base della tua esatta osservazione correggo quello che ho postato precedentemente!
sia $H=$ il sottogruppo di ordine $4$, ed $binD_4$ tale che però $b!inH$, allora risulta $D_4=HuuHb$, e scrivendo per esteso si ha:
$Huu(b,ba,ba^2,ba^3)$, il fatto che tale gruppo abbia altri sottogruppi di ordine $4$ è secondo me, dovuto al fatto che il sottogruppo ciclico $H$ ha un elemento di ordine $2$ come sottogruppo, pertanto oltre al sottogruppo $H$ di ordine $4$,avremo il sottogruppo $K=(e,b,a^2,ba^2,)$,ed il sottogruppo $T=(e,a^2,ab,ba=a^3b)$, normali perché anch'essi di indice $2$,e non ve ne sono altri. Se invece consideriamo il gruppo simmetrico $D_p$ con $p$ primo allora in quel caso si che possiamo asserire l'unicità del gruppo ciclico $H$ di ordine $p$.
Sulla base della tua esatta osservazione correggo quello che ho postato precedentemente!
Salve a tutti,
anchio avrei un esercizio da proporvi,
dire qual'è l'unico omomorfismo non banale da $S3$ a $ ZZ6 $
vorrei capire come si ragiona per risolvere questi esercizi.
vi ringrazio anticipatamente
ciao
Riccardo
anchio avrei un esercizio da proporvi,
dire qual'è l'unico omomorfismo non banale da $S3$ a $ ZZ6 $
vorrei capire come si ragiona per risolvere questi esercizi.
vi ringrazio anticipatamente
ciao
Riccardo
Analogamente. Quali sono i sottogruppi normali di $S_3$?
Allora i sottogruppi di $S3$ sono:
$id$ e $S3$ stesso
$A3=$ è di ordine 3
$$ , $$, $$ di ordine 2
quindi su questo posso dire che i sottogruppi di ordine 2 non possono essere normali, perchè due trasposizioni sono sempre coniugate..
quindi credo che i sottogruppi normali di $S3$ siano:
$$, $S3$ ,$A3$ ho sbagliato qualcosa nel ragionamento?
$id$ e $S3$ stesso
$A3=
$
quindi su questo posso dire che i sottogruppi di ordine 2 non possono essere normali, perchè due trasposizioni sono sempre coniugate..
quindi credo che i sottogruppi normali di $S3$ siano:
$
Sì i sottogruppi normali sono quei tre che hai elencato (anche senon si scrive $$ in genere!).
Bene partirei proprio da ${id}$. Un omomorfismo con quel nucleo è iniettivo, quindi l'immagine deve avere ordine $6$ (pari alla cardinalità di $S_3$) e pertanto cosa posso dire?
Come nucleo=$S_3$ abbiamo l'omomorfismo identico, mentre con nucleo $A_3$ si ha che $S_3//A_3 \cong ZZ_2$ pertanto $1 in ZZ_2$ deve essere mandato negli elementi di ordine $2$ in $ZZ_6$. Quali sono?
Bene partirei proprio da ${id}$. Un omomorfismo con quel nucleo è iniettivo, quindi l'immagine deve avere ordine $6$ (pari alla cardinalità di $S_3$) e pertanto cosa posso dire?
Come nucleo=$S_3$ abbiamo l'omomorfismo identico, mentre con nucleo $A_3$ si ha che $S_3//A_3 \cong ZZ_2$ pertanto $1 in ZZ_2$ deve essere mandato negli elementi di ordine $2$ in $ZZ_6$. Quali sono?
Vediamo,
posso dire che $S3$ è isomorfo a $(S3)/(ker(f))$
quindi il $ker(f)$ è un sottogruppo normale di $S3$ e $Im(kerf)$ è un sottogruppo di $ZZ6$
se prendiamo come ker ${id}$ abbiamo che l'ordine di $Im(kerf) = 6$ quindi ${id}$ non può essere il ker perchè altrimenti sarebbe un isomorfismo, ma questo è impossibile perchè $S3$ è un gruppo mentre $ZZ6$ è abeliano. Dico bene?
se prendiamo $S3$ abbimo l'omomorfismo banale, quindi si può escludere subito.
rimane $A3$
se lo prendiamo com ker l'ordine di $Im(kerf)=2$
però qui blocco, non ho capito la cosa che il gruppo quoziente è equivalente a $ZZ2$ mi potresti spiegare il perchè,
Comunque grazie mille con i tuoi ragioanmenti sto capendo molto meglio
Riccardo
posso dire che $S3$ è isomorfo a $(S3)/(ker(f))$
quindi il $ker(f)$ è un sottogruppo normale di $S3$ e $Im(kerf)$ è un sottogruppo di $ZZ6$
se prendiamo come ker ${id}$ abbiamo che l'ordine di $Im(kerf) = 6$ quindi ${id}$ non può essere il ker perchè altrimenti sarebbe un isomorfismo, ma questo è impossibile perchè $S3$ è un gruppo mentre $ZZ6$ è abeliano. Dico bene?
se prendiamo $S3$ abbimo l'omomorfismo banale, quindi si può escludere subito.
rimane $A3$
se lo prendiamo com ker l'ordine di $Im(kerf)=2$
però qui blocco, non ho capito la cosa che il gruppo quoziente è equivalente a $ZZ2$ mi potresti spiegare il perchè,
Comunque grazie mille con i tuoi ragioanmenti sto capendo molto meglio
Riccardo
Mi fa piacere 
Piccola precisazione. Pure $ZZ_3$ è un gruppo eh
Im(Kerf) è poi una cosa che non capisco. Avendo $ZZ_6$ esattamente $6$ elementi allora $ZZ_6=ImF$ e quindi $ZZ_3 \cong S_3$. Ma ciò è assurdo, infatti dire che due gruppi isomorfi hanno le medesime proprietà quindi $S_3$ e $ZZ_6$ non possono essere isomorfi perchè uno è abeliano mentre l'altro no.
Il gruppo quoziente $S_3//A_3$ ha ordine pari all'indice cioè $2$. Gruppi di ordine $2$, a meno di isomorfismi, c'è solo $ZZ_2$ quindi quel quoziente sarà necessariamente isomorfo a $ZZ_2$
Piccola precisazione. Pure $ZZ_3$ è un gruppo eh
Im(Kerf) è poi una cosa che non capisco. Avendo $ZZ_6$ esattamente $6$ elementi allora $ZZ_6=ImF$ e quindi $ZZ_3 \cong S_3$. Ma ciò è assurdo, infatti dire che due gruppi isomorfi hanno le medesime proprietà quindi $S_3$ e $ZZ_6$ non possono essere isomorfi perchè uno è abeliano mentre l'altro no. Il gruppo quoziente $S_3//A_3$ ha ordine pari all'indice cioè $2$. Gruppi di ordine $2$, a meno di isomorfismi, c'è solo $ZZ_2$ quindi quel quoziente sarà necessariamente isomorfo a $ZZ_2$
okk.. quindi ora devo trovare gli elementi di ordine 2 in $ZZ6$
l'ordine nel gruppo addittivo è il più piccolo intero p tale che $m*p =0$??
quindi devo trovare quegli elementi tali che $m2(mod 6)=0$ ??
cioè $0$ e $3$
e poi???
ti ringrazio ancora per il l'aiuto immenso
l'ordine nel gruppo addittivo è il più piccolo intero p tale che $m*p =0$??
quindi devo trovare quegli elementi tali che $m2(mod 6)=0$ ??
cioè $0$ e $3$
e poi???
ti ringrazio ancora per il l'aiuto immenso
Scusa perchè $0$? L'unità ha periodo $1$ ovviamente.
$3$ è giusto ed è anche l'unico. Quindi il nostro omomorfismo manda $1_(ZZ_2)$ in $3$.
Ed abbiamo terminato l'esercizio!
$3$ è giusto ed è anche l'unico. Quindi il nostro omomorfismo manda $1_(ZZ_2)$ in $3$.
Ed abbiamo terminato l'esercizio!
già che scemo hai ragione!!!!
Grazie mille per l'aiuto...ora ho capito bene!!!!
Grazie mille per l'aiuto...ora ho capito bene!!!!
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