Omomorfismo \(\mathbb{Z}\to\text{End}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})\)
Ciao, amici! Rieccomi... Nella dimostrazione del lemma per cui per ogni gruppo finito $H$ di esponente un $d$ che divide $n\in\mathbb{N}-\{0\}$ esiste un isomorfismo di gruppi \(H\simeq \text{Hom}(H,\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})\) trovo utilizzato un omomorfismo\[\mathbb{Z}\to\text{Hom}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z},\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}),\quad\quad 1\mapsto\text{id} \]che, dice il Bosch, è chiaramente [evidentemente l'autore del mio testo sopravvavaluta uno dei suoi lettori (me)] un epimorfismo di nucleo \(d\mathbb{Z}\).
Qualcuno sarebbe così buono da darmi un'idea più esplicita di come possa essere questo omomorfismo e di come sia suriettivo di nucleo \(d\mathbb{Z}\)?
Se il dominio di questo nostro omomorfismo, diciamo \(\varphi: \mathbb{Z}\to\text{Hom}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z},\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}), 1\mapsto\text{id}\), è il gruppo \((\mathbb{Z},+)\) e il codominio è il gruppo \(\text{Hom}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z},\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})\) con il prodotto definito dalla composizione di endomorfismi, direi proprio che \(\varphi(k)=\text{id}^k=\text{id}\quad\forall k\in\mathbb{Z}\) e \(\ker\varphi=\mathbb{Z}\), sempre che \(\text{id}\) sia l'elemento neutro del gruppo codominio di \(\varphi\)
.
Mi è venuto in mente, definendo il gruppo \(\text{End}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})\) con l'operazione + tale che \(f+g:\bar{a}\mapsto f(\bar{a})+g(\bar{a})\) e l'elemento neutro \(e:e(\bar{a})=0\quad\forall\bar{a}\in\mathbb{Z}/d\mathbb{Z} \), che l'omomorfismo \(\psi:\mathbb{Z}\to\text{End}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})\) definito da \(\psi(a)=a\text{id}\), intendendo quello tale che \(\forall a\in\mathbb{Z},\bar{b}\in\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}\quad\psi(a)(\bar{b})=\bar{a}\bar{b}\), ha nucleo \(d\mathbb{Z}\), ma non saprei mica se è suriettivo...
Grazie di cuore a chiunque vorrà accendere una candela in questo buio...
Qualcuno sarebbe così buono da darmi un'idea più esplicita di come possa essere questo omomorfismo e di come sia suriettivo di nucleo \(d\mathbb{Z}\)?
Se il dominio di questo nostro omomorfismo, diciamo \(\varphi: \mathbb{Z}\to\text{Hom}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z},\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}), 1\mapsto\text{id}\), è il gruppo \((\mathbb{Z},+)\) e il codominio è il gruppo \(\text{Hom}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z},\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})\) con il prodotto definito dalla composizione di endomorfismi, direi proprio che \(\varphi(k)=\text{id}^k=\text{id}\quad\forall k\in\mathbb{Z}\) e \(\ker\varphi=\mathbb{Z}\), sempre che \(\text{id}\) sia l'elemento neutro del gruppo codominio di \(\varphi\)
.Mi è venuto in mente, definendo il gruppo \(\text{End}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})\) con l'operazione + tale che \(f+g:\bar{a}\mapsto f(\bar{a})+g(\bar{a})\) e l'elemento neutro \(e:e(\bar{a})=0\quad\forall\bar{a}\in\mathbb{Z}/d\mathbb{Z} \), che l'omomorfismo \(\psi:\mathbb{Z}\to\text{End}(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z})\) definito da \(\psi(a)=a\text{id}\), intendendo quello tale che \(\forall a\in\mathbb{Z},\bar{b}\in\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}\quad\psi(a)(\bar{b})=\bar{a}\bar{b}\), ha nucleo \(d\mathbb{Z}\), ma non saprei mica se è suriettivo...
Grazie di cuore a chiunque vorrà accendere una candela in questo buio...
Risposte
Su $Hom$ prendiamo l'operazione di somma, non la composizione. Che \( \Phi: \mathbb{Z} \to End(\mathbb{Z} / d\mathbb{Z})\) definito da $\Phi(1) = id$ sia un morfismo di gruppi dovrebbe essere chiaro.
Denoterò \(\mathbb{Z}_d =\mathbb{Z} / d\mathbb{Z}\) e con $\bar{a}$ la classe di $a$ in $\ZZ_d$. Ma facciamo un passo indietro. Come sono fatti gli endomorfismi del gruppo $\ZZ_d$? Dal momento che è ciclico, queste mappe sono univocamente determinate dall'immagine di un generatore, e visto che non vogliamo complicarci la vita, consideriamo le possibili immagini di $\bar{1}$ in $\ZZ_d$. Per ogni elemento $\bar{k} \in \ZZ_d$, la mappa $\phi_k : z \mapsto kz$ definisce un omomorfismo di gruppi. D'altra parte questi sono tutti i possibili endomorfismi di $\bbZ_d$, perché con questi $\phi_k$ esauriamo le possibili scelte per l'immagine di $1$.
Consideriamo ora il nostro $\Phi: \ZZ \to End(\ZZ_d)$ e leggiamolo alla luce di quello che abbiamo appena visto. Infatti per ogni $k$, $\Phi(k) = \phi_k$. Perciò $\Phi$ è suriettivo.
Il suo nucleo è $\{ k \in \ZZ: \phi_k =0\}$ dove lo zero di $End(\ZZ_d)$ è la mappa identicamente nulla. Perciò vogliamo determinare i $k$ per cui $\phi_k$ è identicamente nulla. In particolare $\bar{1} \mapsto \bar{k}$ deve essere nullo in $\ZZ_d$, e perciò $k$ deve essere un multiplo di $d$. Viceversa, ogni multiplo di $d$ dà in effetti il morfismo identicamente nullo. Concludiamo $\ker \Phi = d\ZZ$.
Denoterò \(\mathbb{Z}_d =\mathbb{Z} / d\mathbb{Z}\) e con $\bar{a}$ la classe di $a$ in $\ZZ_d$. Ma facciamo un passo indietro. Come sono fatti gli endomorfismi del gruppo $\ZZ_d$? Dal momento che è ciclico, queste mappe sono univocamente determinate dall'immagine di un generatore, e visto che non vogliamo complicarci la vita, consideriamo le possibili immagini di $\bar{1}$ in $\ZZ_d$. Per ogni elemento $\bar{k} \in \ZZ_d$, la mappa $\phi_k : z \mapsto kz$ definisce un omomorfismo di gruppi. D'altra parte questi sono tutti i possibili endomorfismi di $\bbZ_d$, perché con questi $\phi_k$ esauriamo le possibili scelte per l'immagine di $1$.
Consideriamo ora il nostro $\Phi: \ZZ \to End(\ZZ_d)$ e leggiamolo alla luce di quello che abbiamo appena visto. Infatti per ogni $k$, $\Phi(k) = \phi_k$. Perciò $\Phi$ è suriettivo.
Il suo nucleo è $\{ k \in \ZZ: \phi_k =0\}$ dove lo zero di $End(\ZZ_d)$ è la mappa identicamente nulla. Perciò vogliamo determinare i $k$ per cui $\phi_k$ è identicamente nulla. In particolare $\bar{1} \mapsto \bar{k}$ deve essere nullo in $\ZZ_d$, e perciò $k$ deve essere un multiplo di $d$. Viceversa, ogni multiplo di $d$ dà in effetti il morfismo identicamente nullo. Concludiamo $\ker \Phi = d\ZZ$.
Grazie davvero... Fosse stato così chiaro il libro (che trovo oltretutto eccellente e praticamente privo di refusi)...
Non avevo riflettuto sul fatto, che il testo non aveva premesso, che la composizione di omomorfismi appartenenti ad \(\text{Hom}(G,G')\) neanche lo rende automaticamente un gruppo, come invece accade per esempio per \(\text{Aut}(G)\).
Quindi per la struttura di gruppo degli omomorfismi di gruppi \(\text{Hom}(G,G')\) con \((G,\otimes)\) gruppo e \((G',\diamond)\) gruppo abeliano -credo che sia necessario per la definizione dell'inverso che scrivo più sotto- si sottintende usualmente che l'operazione di gruppo sia \(\cdot\) definita per ogni \(\varphi,\psi\in\text{Hom}(G,G')\) da \(\varphi\cdot\psi:G\to G',g\mapsto\varphi(g)\diamond\psi(g)\)?
In tal caso, tenendo conto dell'abelianità di $G'$ mi pare chiaro che l'elemento neutro sia l'omomorfismo identicamente uguale all'elemento neutro di $G'$ e che l'inverso sia definito per ogni \(\varphi\in\text{Hom}(G,G')\) da \(\varphi^{-1}:g\mapsto(\varphi(g))^{-1}\), che è un omomorfismo perché \(\varphi^{-1}(g\otimes g')=\varphi(g\otimes g')^{-1}=\varphi(g')^{-1}\diamond\varphi(g)^{-1}=\varphi^{-1}(g')\diamond\varphi^{-1}(g)\) che, se $G'$ è abeliano, è uguale a \(\varphi^{-1}(g)\diamond\varphi^{-1}(g')\).
Interpretazione corretta?
\(\aleph_1\) grazie!!!
Non avevo riflettuto sul fatto, che il testo non aveva premesso, che la composizione di omomorfismi appartenenti ad \(\text{Hom}(G,G')\) neanche lo rende automaticamente un gruppo, come invece accade per esempio per \(\text{Aut}(G)\).
Quindi per la struttura di gruppo degli omomorfismi di gruppi \(\text{Hom}(G,G')\) con \((G,\otimes)\) gruppo e \((G',\diamond)\) gruppo abeliano -credo che sia necessario per la definizione dell'inverso che scrivo più sotto- si sottintende usualmente che l'operazione di gruppo sia \(\cdot\) definita per ogni \(\varphi,\psi\in\text{Hom}(G,G')\) da \(\varphi\cdot\psi:G\to G',g\mapsto\varphi(g)\diamond\psi(g)\)?
In tal caso, tenendo conto dell'abelianità di $G'$ mi pare chiaro che l'elemento neutro sia l'omomorfismo identicamente uguale all'elemento neutro di $G'$ e che l'inverso sia definito per ogni \(\varphi\in\text{Hom}(G,G')\) da \(\varphi^{-1}:g\mapsto(\varphi(g))^{-1}\), che è un omomorfismo perché \(\varphi^{-1}(g\otimes g')=\varphi(g\otimes g')^{-1}=\varphi(g')^{-1}\diamond\varphi(g)^{-1}=\varphi^{-1}(g')\diamond\varphi^{-1}(g)\) che, se $G'$ è abeliano, è uguale a \(\varphi^{-1}(g)\diamond\varphi^{-1}(g')\).
Interpretazione corretta?
\(\aleph_1\) grazie!!!
Esattamente.
Se $G_1 ,G_2$ sono gruppi, $Hom(G_1,G_2)$ ha la struttura di gruppo con l'operazione di $G_2$ sulle immagini.
Piu' nello specifico, in $End(G) = Hom(G,G)$ ha senso parlare di composizione, e si puo' osservare che, se $G$ e' abeliano, $End(G)$ ha una struttura di anello: il gruppo additivo e' dato dall'operazione sulle immagini (quindi e' la stessa operazione che rende $Hom(G_1,G_2)$ un gruppo, mentre la moltiplicazione e' data dalla composizione.
Infine $Aut(G)$ non e' un gruppo con l'operazione sull'immagine (azzarderei mai...se non in casi banali) ma lo e' con l'operazione di composizione.
Se sostituiamo i gruppi con gli anelli, le cose sono un po' piu' delicate ma i gruppi di omomorfismi hanno una struttura ancora piu' ricca.
Esercizio facile: trovare un esempio in cui $End(G)$ e' un anello commutativo (cioe' in cui la composizione e' commutativa) (io ho un esempio stupido in mente, e non sono sicuro che ce ne siano altri). Si puo' trovare una condizione necessaria e sufficiente?
Esercizio (non so se facile): trovare, se esiste, un gruppo in cui la struttura di anello su $End(G)$ rende $End(G)$ un campo (e questo e' facile) o un anello con divisione (non so).
Se $G_1 ,G_2$ sono gruppi, $Hom(G_1,G_2)$ ha la struttura di gruppo con l'operazione di $G_2$ sulle immagini.
Piu' nello specifico, in $End(G) = Hom(G,G)$ ha senso parlare di composizione, e si puo' osservare che, se $G$ e' abeliano, $End(G)$ ha una struttura di anello: il gruppo additivo e' dato dall'operazione sulle immagini (quindi e' la stessa operazione che rende $Hom(G_1,G_2)$ un gruppo, mentre la moltiplicazione e' data dalla composizione.
Infine $Aut(G)$ non e' un gruppo con l'operazione sull'immagine (azzarderei mai...se non in casi banali) ma lo e' con l'operazione di composizione.
Se sostituiamo i gruppi con gli anelli, le cose sono un po' piu' delicate ma i gruppi di omomorfismi hanno una struttura ancora piu' ricca.
Esercizio facile: trovare un esempio in cui $End(G)$ e' un anello commutativo (cioe' in cui la composizione e' commutativa) (io ho un esempio stupido in mente, e non sono sicuro che ce ne siano altri). Si puo' trovare una condizione necessaria e sufficiente?
Esercizio (non so se facile): trovare, se esiste, un gruppo in cui la struttura di anello su $End(G)$ rende $End(G)$ un campo (e questo e' facile) o un anello con divisione (non so).
Grazie!!!! Affascinante \(\text{End}(G)\) come anello...
Per il secondo esercizio, non vedo neanche come trovare un gruppo $G$ tale che per ogni \(\varphi\in\text{End}(G)\setminus\{0\}\) esista un \(\varphi^{\ast}\) tale che \(\varphi\circ\varphi^{\ast}=\text{id}\), cioè per cui ogni endomorfismo sia un automorfismo, condizione direi equivalente all'esistenza dell'inverso moltiplicativo...
"Pappappero":Mi vengono in mente gli endomorfismi su gruppi ciclici, caso in cui direi che gli omorfismi sono esprimibili come potenze e quindi commutano, condizione necessaria e sufficiente affinché l'anello sia abeliano, anche senz'altro la domanda su tale condizione richiede qualcosa di meno ovvio.
Esercizio facile: trovare un esempio in cui $End(G)$ e' un anello commutativo
Per il secondo esercizio, non vedo neanche come trovare un gruppo $G$ tale che per ogni \(\varphi\in\text{End}(G)\setminus\{0\}\) esista un \(\varphi^{\ast}\) tale che \(\varphi\circ\varphi^{\ast}=\text{id}\), cioè per cui ogni endomorfismo sia un automorfismo, condizione direi equivalente all'esistenza dell'inverso moltiplicativo...
L'esempio del gruppo ciclico e' quello che era venuto in mente anche a me. Come gruppo abeliano (e in particolare come $\ZZ_d$) modulo, $End(\ZZ_d) = \ZZ_d$, che diventa un anello con la composizione data proprio dal prodotto naturale su $\ZZ_d$, che quindi e' commutativo. Per la stessa ragione, se $d$ e' primo, otteniamo un campo, in cui ogni endomorfismo non nullo e' in effetti un automorfismo.
Nel caso non abeliano non ho idea di cosa succeda.
Per la condizione necessaria e sufficiente...ci penso...
Nel caso non abeliano non ho idea di cosa succeda.
Per la condizione necessaria e sufficiente...ci penso...
"Pappappero":Tutti i \(\varphi_k\) di sopra
$End(\ZZ_d) = \ZZ_d$
, che scemo: non ci ho pensato...
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