Secondo teorema di isomorfismo di gruppi

[thedarkhero]

Sia $f:G->G'$ omomorfismo di gruppi e sia $Kerf<=H<=G$ con $H$ normale in $G$.
Si dimostra che $G/H~=(imf)/f(H)$.

Vediamo cosa succede se considero la proiezione canonica $pi:G->G/K$ con $K<=G$.
Ho che se $H<=G$ e $H$ è normale in $G$, allora $G/H~=(impi)/(pi(H))=(G/K)/(H/K)$.

Il secondo teorema di isomorfismo mi dice però che la condizione perchè si abbia $G/H~=(G/K)/(H/K)$ è che si abbia $K<=H<=G$ con $K$ normale in $G$ mentre a me risulta dover essere $H$ normale in $G$ e non necessariamente anche $K$.

Ho sbagliato qualcosa oppure il teorema vale se almeno uno dei due sottogruppi è normale in $G$?

[perplesso1]

Ciao.

"thedarkhero":a me risulta dover essere H normale in G e non necessariamente anche K.

Se $K$ non è normale in $G$ come fai a fare il quoziente $G/K$ ?

[thedarkhero]

Che scemo!
Grazie dell'osservazione!

[thedarkhero]

Mi viene un altro dubbio...
Il fatto che si debba avere $Kerf<=H$ serve davvero?

[perplesso1]

"thedarkhero":Il fatto che si debba avere Kerf≤H serve davvero?

In che senso ? Questa condizione è soddisfatta anche nel secondo caso infatti $ker(\pi)=K <= H <= G$. Se ti riferisci al primo enunciato

"thedarkhero":Sia $f:G->G'$ omomorfismo di gruppi e sia $Kerf<=H<=G$ con $H$ normale in $G$. Allora $G/H \cong {im(f)} / f(H)$

fammi vedere come lo dimostri e cerca di capire dove usi quel fatto.

[vict85]

Un piccolo appunto. Ma questo non è il terzo teorema? http://it.wikipedia.org/wiki/Teorema_di_isomorfismo

[perplesso1]

"vict85":Un piccolo appunto. Ma questo non è il terzo teorema?

Credo non ci sia accordo nella letteratura. Io per esempio sto studiando l'algebra universale e ti posso dire che in due dei testi più famosi (quello di Burris & Sankappanavar e quello di Gratzer) questo è il Secondo teorema di isomorfismo.

[thedarkhero]

@vict85: confermo quanto detto da perplesso, anche sul Piacentini Cattaneo è chiamato secondo, bisognerebbe mettersi tutti d'accordo

Vediamo ora la dimostrazione del fatto che avevo enunciato in precedenza:
Siano G e G' gruppi, sia $f:G->G'$ omomorfismo e sia $Kerf<=H<=G$ con $H$ normale in $G$. Allora $G/H~=(imf)/f(H)$.
Per provarlo considero l'applicazione $psi:G/H->(imf)/f(H),gH->f(g)f(H)$.
Innanzitutto mostro che è ben definita. Sia $g_1H=g_2H$, allora $EEh\inH$ tale che $g_2=g_1h$ e dunque $psi(g_2H)=f(g_2)f(H)=f(g_1h)f(H)=f(g_1)f(h)f(H)=f(g_1)f(H)=psi(g_1H)$ dunque $psi$ è ben definita.
Mostro ora che è iniettiva. Sia $psi(g_1H)=psi(g_2H)$, significa che $f(g_1)f(H)=f(g_2)f(H)$, allora $EEh\inH$ tale che $f(g_2)=f(g_1)f(h)=f(g_1h)$ e dunque $EEx\inKerf<=H$ tale che $g_2=g_1hx$, cioè $g_2H=g_1H$.
Quindi $psi$ è iniettiva.
DING! Ho appena usato il fatto che se $x\inKerf$ allora $x\inH$, ovvero che $Kerf<=H$.

[perplesso1]

Rilancio Visto che ci sei potresti usare quello che hai appena provato per dimostrare questo utile fatto:

Siano $f:A \rightarrow B$ e $g:A \rightarrow C$ omomorfismi fra gruppi tali che $g$ è surriettiva ed inoltre $ker(g) <= ker(f)$. Allora esiste un morfismo $h: C \rightarrow B$ tale che $f= h \circ g$

[thedarkhero]

Beh considerando $Kerg<=Kerf<=A$ ho che $A/(Kerf)~=imf$ e $A/(Kerg)~=C$. Questo però in che modo può aiutarmi?

[perplesso1]

Ma sai anche che $A/{ker(f)} \cong {g(A)}/g(ker(f)) = C/{g(ker(f))}$

[thedarkhero]

Ok quindi ho che $imf~=C/(g(Kerf))$ e dunque so che anche $imh~=C/(g(Kerf))<=B$, ora però come lo costruisco il morfismo che va da $C->C/(g(Kerf))$ per far si che $f=h*g$?

[perplesso1]

Hai a disposizione i seguenti morfismi

$g:A -> C$
$\pi : C -> C/{g(ker(f))}$ (epimorfismo canonico)

$k: C/{g(ker(f))} -> A/{ker(f)}$ (hai mostrato prima che questo è ben definito)

$i: A/{ker(f)} -> im(f)$ (dato dal primo teorema di isomorfismo)

è facile vedere che $f= (i \circ k \circ \pi) \circ g$, infatti per ogni $a \in A$ la composizione funziona così

$a -> g(a) -> g(a)g(ker(f)) -> a/(ker(f)) -> f(a)$

quindi l'applicazione che cercavamo è $h = ( i \circ k \circ \pi ): C -> im(f) <= B$. Fine.

Potevamo risolvere anche usando soltanto il primo teorema di iso ma volevo farti usare quello che hai provato.

[thedarkhero]

Effettivamente si. Anche se c'è una cosa che ancora non mi convince nella scrittura della composizione...
Nell'applicazione di $pi$ non si dovrebbe avere $g(a)->g(a)g(kerf)$?

[perplesso1]

Si scusa, errore di battitura, correggo.

[thedarkhero]

Analogamente il passaggio successivo è $g(a)g(Kerf)->aKerf$, giusto? Ma se ad esempio $g$ non fosse iniettiva come si farebbe a passare da $g(a)g(Kerf)$ a $aKerf$ in modo univoco?

[perplesso1]

"thedarkhero":nalogamente il passaggio successivo è g(a)g(Kerf)→aKerf, giusto?

Si scusa, è che in altri testi si usa la notazione $a/\theta$ per indicare la classe di $a$ rispetto alla congruenza $\theta$ ... non importa, sono brutte abitudini mie ... xD cmq lo riscrivo per chiarezza

$a -> g(a) -> g(a)g(ker(f)) -> a(ker(f)) -> f(a)$

"thedarkhero":Ma se ad esempio g non fosse iniettiva

ma $g$ non è iniettiva, sto usando quello che hai dimostrato proprio tu prima

"thedarkhero":
Per provarlo considero l'applicazione $psi:G/H->(imf)/f(H), gH->f(g)f(H)$ ....

tu hai dimostrato che quel $\psi$ è un isomorfismo ben definito. Ecco nel nostro caso quell'applicazione diventa $\psi: A/{ker(f)} \rightarrow {im(g)}/{g(ker(f))}$ che manda $a(ker(f))$ in $g(a)g(ker(f))$. Noi però usiamo l'inversa $k= \psi^{-1}$

[thedarkhero]

Ah sisi giusto
Grazie!!