MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Andre samling Runar Ile

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Andre samling Runar Ile 1 Når er to grupper strukturlike? Avsnitt 13: Homomorfier av grupper Stoff: Gruppehomomorfi (en-til-en og på), gruppeisomorfi, kjernen og bildet til en gruppehomomorfi, egenskaper til gruppehomomorfier, normale undergrupper. Strukturteoremet for sykliske grupper (I 6.10), Cayleys teorem (II 8.16), strukturteoremet for endelig genererte grupper (II 11.5 og 11.12). Oppgaver: 3, 6, 8, 16, 18, 19, 21, 25, 26, 28, 29, 32, 33 43, 44, 45, 49. (II 8): 21, 22, 39, 45. (II 11): 16, 18, 26, 32, 36. En gruppehomorfi er en avbildning mellom grupper som bevarer sammensetningen. Gruppehomomorfier gjør det mulig å finne ut om ulike grupper har like egenskaper. Definisjon 1.1. En gruppehomomorfi fra en gruppe G 1 til en gruppe G 2 er en avbildning ϕ : G 1 G 2 slik at ϕ(a 1 b) = ϕ(a) 2 ϕ(b) for alle elementer a og b i G 1. Definisjon 1.2. Vi sier at en gruppehomomorfi ϕ : G 1 G 2 er surjektiv (på) hvis den treffer alle elementer i G 2. Altså: For alle b i G 2 skal det finnes en a i G 1 slik at ϕ(a) = b. Vi sier videre at ϕ er injektiv (en-til-en) hvis alle elementene i G 1 avbilder på ulike elementer i G 2. Altså: Hvis a b så ϕ(a) ϕ(b) for alle elementer a og b i G 1. Definisjon 1.3. En gruppehomomorfi ϕ : G 1 G 2 er en gruppeisomorfi hvis ϕ er injektiv og surjektiv. Hvis det finnes en gruppeisomorfi mellom to grupper sier vi at gruppene er isomorfe (strukturlike). Vi skriver ofte G 1 = G2 for å betegne dette. Hvis to grupper er isomorfe betyr det at de har alle de samme egenskapene. Isomorfien fungerer som en oversetter mellom de to gruppene. Gruppeelementene i to gruppene har bare andre navn. Multiplikasjonstabellene er (med oversettelsen) like. Vi kan med dette begrepet formulére noen viktige resultater. Teorem 1.4 (Strukturteoremet for sykliske grupper). Anta G er en syklisk gruppe. Hvis G har n elementer er den isomorf med n. Hvis G ikke er endelig er den isomorf med. Bevisidé. At G er syklisk betyr at G er generert av et element, dvs G = {a i i } for et element a i G. Hvis G har n elementer påstår vi at ϕ : n G definert ved at ϕ(i) = a i er en gruppeisomorfi. Hvis G har uendelig mange elementer påstår vi at ϕ : G definert ved at ϕ(i) = a i er en gruppeisomorfi. Teorem 1.5 (Cayleys teorem). Enhver gruppe er isomorf med en undergruppe av en permutasjonsgruppe. Bevisidé. Anta G er en gruppe. La S G være gruppen av permutasjoner av mengden G. For et element a i G definerer vi en permutasjon λ a av mengden G ved venstremultiplikasjon med a, dvs λ a : G G defineres som λ a (g) = ag. (Det må sjekkes at λ a er en permutasjon.) Altså er λ a et element i S G. Vi definerer en avbildning ϕ : G S G ved at ϕ(a) = λ a. Da er ϕ en en-til-en (injektiv) gruppehomomorfi (må sjekkes). Eksempel 1.6. Hvis vi har en endelig mengde A er permutasjonsgruppen S A isomorf med den symmetriske gruppen S n hvor n er antall elementer i A. Vi kan lage en isomorfi ved å velge en bijeksjon mellom mengden A og mengden {1, 2,..., n}. Da vil en permutasjon av A 1

gi en permutasjon av {1, 2,..., n} ved hjelp av bijeksjonen. Denne oversettelsen vil faktisk gi en gruppeisomorfi S A = Sn. Dette kan vi bruke til å lage en-til-en gruppehomomorfier mellom symmetriske grupper. F. eks. gir gruppehomomorfien i beviset av Cayleys teorem for G = S 3 en gruppehomomorfi ϕ : S 3 S S3. Fra det vi nettopp nettopp gjorde har vi en isomorfi S S3 = S6 fordi ordenen til S 3 er 6. Vi setter sammen disse to gruppehomomorfienen og får en ny gruppehomomorfi S 3 S 6 som er en-til-en. Spesielt ser vi at S 3 er isomorf med en undergruppe av S 6, se Proposisjon 1.33. Tilsvarende får vi en en-til-en gruppehomomorfi D 4 S 8. Oppgave 1.7. Skriv opp bildet i S 6 av de 6 elementene i S 3 hvis vi lager bijeksjonen av elementene i S 3 med {1, 2,..., 6} slik: Direkte produkt av grupper 1 2 3 4 5 6 ρ 0 ρ 1 ρ 2 µ 1 µ 2 µ 3 Hvis vi har to grupper G 1 og G 2 kan vi lage en ny gruppe G 1 G 2 som kalles det direkte produktet av gruppene G 1 og G 2. Den består av alle ordnede par (a, b) med a et element i G 1 og b et element i G 2. Sammensetningen er koordinatvis: (a, b) (c, d) = (a 1 c, b 2 d). Ved å gjøre dette flere ganger får vi direkte produkter av et endelig antall grupper G 1 G n hvor elementene er n-tupler og sammensetningen er koordinatvis. Oppgave 1.8. Hva er ordenen til elementet? (a) (3, 9) i 4 12 (b) (6, 6) i 22 28 (c) (4, 12, 8) i 6 30 12 (d) ((1, 2, 3), (2, 3)) i S 3 S 3 Mer generelt kan vi overbevise oss om at hvis a i G 1 har orden m og b i G 2 har orden n så har (a, b) i G 1 G 2 orden lik minste felles multiplum av m og n; (a, b) = mfm( a, b ). Oppgave 1.9. Overbevis deg selv om dette (og be noen andre om å overbevise deg). Hva er utsagnet for tripler? Oppgave 1.10. Vis at hvis G 1 og G 2 er abelske så er også G 1 G 2 abelsk. Teorem 1.11. Gruppen m n er syklisk hvis og bare hvis sfd(m, n) = 1 og i så fall er den isomorf med mn. Bevis. Se på elementet (1, 1) i m n. Ordenen til den sykliske undergruppen (1, 1) er lik den minste «potensen» av (1, 1) som gir det nøytrale elementet (0, 0) (slik er det alltid, se 5.17 i læreboken). Ordenen vil derfor være minste felles multiplum av m og n som er mn hvor d = sfd(m, n) er største felles divisor av m og n. Derfor er (1, 1) = m n hvis d = 1. Omvendt vil et element (r, s) i m n tilfredsstille mn (r, s) = (0, 0) og kan da ikke generere d m n hvis d > 1. Vi får uansett definert en gruppehomomorfi ϕ : mn m n ved at ϕ(1) = (1, 1), sammenlign med beviset av Teorem 1.4. I tilfellet d = 1 ser vi fra beviset over at ϕ er en isomorfi. Eksempel 1.12. Fra Teorem 1.11 ser vi at en syklisk gruppe er isomorf med et produkt av andre sykliske grupper som er bestemt av primtallsfaktoriseringen til gruppen. F. eks. er 36 isomorf med 4 9. Så kan vi bruke resultatet flere ganger. F. eks. har vi 60 = 4 15 og 15 = 3 5, dvs 60 = 4 3 5. En konkret isomorfi her er gitt av 1 (1, 1, 1) og det finnes flere andre. Oppgave 1.13. Finn noen flere isomorfier 60 = 4 3 5. 2

Teorem 1.14 (11.12 Strukturteoremet for endelig genererte grupper). Hvis en gruppe G er abelsk og er generert av et endelig antall av sine elementer så er G isomorf med et endelig produkt av sykliske grupper G = p r 1 1 r p 2 2 p rn n hvor alle p i er primtall, ikke nødvendigvis forskjellige, og alle r i er positive heltall. Antall faktorer av og tallene p r i i er bestemt av G (uttrykket er altså entydig opp til rekkefølgen av faktorene). Eksempel 1.15. Anta at G er en abelsk gruppe av orden 60. Fordi 60 = 2 2 3 5 er G ved strukturteoremet for endelig genererte abelske grupper isomorf til enten 2 2 3 5 eller til 4 3 5. Merk at disse to gruppene ikke er isomorfe, også dette ved strukturteoremet. Oppgave 1.16. Hvilke muligheter har vi for en abelsk gruppe G av orden (a) 50 (b) 72 Oppgave 1.17. Avgjør om gruppene er isomorfe. (a) 36 18 og 9 9 8 (b) 30 10 6 og 90 20 Oppgave 1.18. Avgjør om den abelske gruppen er endelig generert. Egenskaper til gruppehomomorfier Lemma 1.19. En gruppehomomorfi ϕ : G 1 G 2 tar (i) det nøytrale elementet e 1 i G 1 på det nøytrale elementet e 2 i G 2, dvs ϕ(e 1 ) = e 2, og (ii) inversen på inversen, dvs ϕ(a 1 ) = (ϕ(a)) 1 for alle a i G 1. Bevis. (i) Fordi e 1 = e 1 1 e 1 gir gruppehomomorfiegenskapen at ϕ(e 1 ) = ϕ(e 1 1 e 1 ) = ϕ(e 1 ) 2 ϕ(e 1 ). Ved å multiplisere med (ϕ(e 1 )) 1 fra venstre (eller høyre) på begge sider får vi e 2 = ϕ(e 1 ). (ii) Vi bruker ϕ på begge sider av e 1 = a 1 a 1 og får ved (i) at e 2 = ϕ(a 1 a 1 ) = ϕ(a) 2 ϕ(a 1 ). Tilsvarende får vi e 2 = ϕ(a 1 ) 2 ϕ(a). Lemma 1.20. Hvis ϕ : G 1 G 2 og ψ: G 2 G 3 er gruppehomomorfier, er sammensetningen av de to avbildningene ψϕ : G 1 G 3, dvs a ψ(ϕ(a)), en gruppehomomorfi. Bevis. Oppgave! Eksempel 1.21. La exp(x) = 10 x. Da er exp:, +, en gruppehomomorfi fordi exp(x + y) = 10 x+y = 10 x 10 y = exp(x) exp(y). La exp(x) = 10 x. Fordi exp(x) > 0 for alle x i får vi at exp:, + +, er en gruppehomomorfi. Eksempel 1.22. La log(x) = log 10 (x). Da er log: +,, + en gruppehomomorfi fordi log(x y) = log(x) + log(y) for alle positive x og y. Eksempel 1.23. La f : S 7 2 være definert som f (σ) = 0 hvis σ er en jevn permutasjon og f (σ) = 1 hvis σ er odde. Vi har at sammensetningen av to jevne permutasjoner er jevn, sammensetningen av to odde er jevn, sammensetningen av en jevn med en odde er odde og sammensetningen av en odde med en jevn er odde. Dette viser at f er en gruppehomomorfi. Tilsvarende gruppehomomorfier S n 2 har vi for alle de symmetriske gruppene S n. Oppgave 1.24. Vis at det finnes en gruppehomomorfi ϕ : D 7 2 som treffer begge elementene i 2 (er surjektiv). 3

Eksempel 1.25. Determinanten gir en gruppehomomorfi, f. eks. determinanten av invertible 5 5-matriser det: GL(5, ), fordi det(ab) = det(a) det(b). Definisjon 1.26. Til en gruppe G har vi en gruppehomomorfi gitt av identitetsavbildningen id G : G G som tar a på a for alle elementer a i G. Vi kaller den for identitetshomomorfien. Legg merke til at den siste gruppehomomorfien i Eksempel 1.21 og den i 1.22 er inverse, dvs at hvis vi setter dem sammen får vi identitetshomomorfien uansett rekkefølgen vi gjør det i, dvs log(exp(x)) = x og exp(log(x)) = x. Derfor er de også isomorfier. Oppgave 1.27. Vis at det finnes gruppehomomorfier ϕ : 2, og ψ:, 2 som er inverse. Oppgave 1.28. La H være en undergruppe av G. La ϕ : H G være gitt som inklusjonsavbildningen, dvs ϕ(a) = a for alle a i H. Forklar hvorfor ϕ er en gruppehomomorfi. Forklar også hvorfor dette medfører at identitetsavbildningen er en gruppehomomorfi. Eksempel 1.29. Gitt grupper G 1 og G 2 har vi alltid en triviell gruppehomomorfi mellom dem som tar alle elementer i G 1 på det nøytrale elementet i G 2. Eksempel 1.30. Ved å nummerére hjørnene i den regulære n-kanten fra 1 til n får vi for hver symmetri av den regulære n-kanten (dvs for hvert element i D n ) en permutasjon i S n. Dette gir en gruppehomomorfi D n S n. Den er en-til-en (injektiv). Det betyr at D n er isomorf med sitt bilde i S n og vi kan derfor tenke på D n som en undergruppe av S n. For n > 3 er (bildet av) D n en ekte undergruppe av S n. Hvis vi har en gruppehomomorfi fra en gruppe til en annen kan vi håpe på at gruppene har noe felles. Siden det alltid finnes en triviell gruppehomomorfi mellom to grupper er dette håpet grunnløst generelt, men hvis homomorfien er enten surjektiv eller injektiv er det mer håp. Proposisjon 1.31. Anta ϕ : G 1 G 2 er en gruppehomomorfi. Da gjelder: (i) Hvis ϕ er injektiv og G 2 er abelsk, så er G 1 abelsk (ii) Hvis ϕ er surjektiv og G 1 er abelsk så er G 2 abelsk. Bevis. (i) La a og b to elementer i G 1. Fordi G 2 er abelsk har vi at ϕ(a 1 b) = ϕ(a) 2 ϕ(b) = ϕ(b) 2 ϕ(a) = ϕ(b 1 a). Fordi ϕ er injektiv følger det at a 1 b = b 1 a. (ii) La c og d være to elementer i G 2. Fordi ϕ er surjektiv finnes det elementer a og b i G 1 slik at ϕ(a) = c og ϕ(b) = d. Fordi G 1 er abelsk har vi at c 2 d = ϕ(a) 2 ϕ(b) = ϕ(a 1 b) = ϕ(b 1 a) = ϕ(b) 2 ϕ(a) = d 2 c. Proposisjon 1.32. Anta ϕ : G 1 G 2 er en injektiv gruppehomomorfi og G 2 er syklisk. Da er G 1 syklisk. Bevis. Dette følger fra Thm. 6.6 i læreboken som sier at en undergruppe av en syklisk gruppe er syklisk. Proposisjon 1.33. Anta ϕ : G 1 G 2 er en gruppehomomorfi. Da gjelder: (i) Hvis H 1 er en undergruppe av G 1 så er bildet av H 1 ; ϕ(h 1 ) = {ϕ(a) a H 1 } en undergruppe av G 2. (ii) Hvis H 2 er en undergruppe av G 2 så er det inverse bildet av H 2 ; en undergruppe av G 1. ϕ 1 (H 2 ) = {a ϕ(a) H 2 } 4

Normale undergrupper Noen undergrupper har en spesiell egenskap som vil vise seg å være nyttig. Proposisjon 1.34 (14.13). Anta G er en gruppe og H er en undergruppe av G. Da er følgende påstander om H ekvivalente: 1. For alle h i H og g i G er ghg 1 H. 2. For alle g i G er gh g 1 = H. 3. For alle g i G er gh = H g. Definisjon 1.35. Anta G er en gruppe og H er en undergruppe av G. Da er H en normal undergruppe hvis en av (og dermed alle) påstandene i Proposisjon 1.34 holder. Ofte skrives det som H G. Det holder altså å sjekke en av egenskapene for å vise at H er normal. Eksempel 1.36. I en abelsk gruppe er alle undergrupper normale. Definisjon 1.37. Anta ϕ : G 1 G 2 er en gruppehomomorfi. La H være mengden av alle elementer i G 1 som ϕ avbilder på det nøytrale elementet i G 2, dvs H = {a ϕ(a) = e 2 }. Vi kaller H for kjernen til ϕ. Det er to grunner til at normale undergrupper er viktige. Her kommer den første grunnen. Lemma 1.38. Kjernen til en gruppehomomorfi er en normal undergruppe. Bevis. Anta ϕ : G 1 G 2 er en gruppehomomorfi og la H være kjernen til ϕ. Vi sjekker at H er en undergruppe ved å sjekke de tre betingelsene i Teorem 5.14. 1. Anta h og g ligger i kjernen H til ϕ. Da får vi at ϕ(hg) = ϕ(h)ϕ(g) = e 2 e 2 = e 2. Altså ligger hg også i H. 2. Ved Lemma 1.19 ligger det nøytrale elementet i kjernen til ϕ. 3. Anta h H. Ved Lemma 1.19 ligger inversen h 1 i kjernen til ϕ. NB: Vi kunne også brukt Proposisjon 1.33 (ii) med H 2 lik den trivielle undergruppen {e 2 }. For normalitet: Anta h H og g G 1. Da har vi at ϕ(ghg 1 ) = ϕ(g)ϕ(h)ϕ(g 1 ) = ϕ(g)e 2 (ϕ(g)) 1 = ϕ(g)(ϕ(g)) 1 = e 2. (1.38.1) Altså ligger ghg 1 i kjernen til ϕ. Dermed er H en normal undergruppe. Oppgave 1.39. Finn kjernen til gruppehomomorfiene: (a) ϕ : S 3 som har ϕ(1) = (1, 2, 3). (b) ϕ : 24 D 6 som har ϕ(1) = (1, 2)(3, 6)(4, 5) (Vi tenker oss at D 6 er en undergruppe av S 6 ved å se på hva en symmetri av den regulære 6-kanten gjør med hjørnene, nummerért fra 1 til 6.) (c) ϕ : 20 4 5 som har ϕ(1) = (2, 4). (d) ϕ : Rot der ϕ(x) = R x (mod 2π), dvs rotasjonen med vinkel x (mod 2π) i radianer. Eksempel 1.40. SL(7, ) er en normal undergruppe av GL(7, ) fordi SL(7, ) er kjernen til determinantavbildningen det: GL(7, ). Eksempel 1.41. Den alternerende gruppen på 9 elementer; A 9, er en normal undergruppe av den symmetriske gruppen på 9 elementer; S 9, fordi A 9 er kjernen til gruppehomomorfien S 9 2 som tar en jevn permutasjon på 0 og en odde permutasjon på 1. Oppgave 1.42. Vis at rotasjonsgruppen Rot 30 o med 12 elementer er en normal undergruppe av D 12, symmetrigruppen til den regulære 12-kanten. 5

Hvordan lager vi nye grupper fra kjente grupper? Avsnitt 14: Kvotientgrupper Stoff: Kvotiententgruppen til en normal undergruppe, homomorfiteoremet, Oppgaver: 1 15. Sjekk i oppgave 7 at (1, ρ 1 ) er en normal undergruppe. 23, 24, 30, 31, 32, 40 Den andre grunnen til at normale undergrupper er viktige er at vi ved hjelp av dem kan lage nye grupper; kvotientgrupper. Det følgende resultatet er et av de viktige eksemplene på kvotientkonstruksjoner i algebraen. Teorem 1.43. La N være en normal undergruppe av en gruppe G. Da er mengden av venstre restklasser {an a G} med operasjonen (an) (bn) = (ab)n en gruppe. Bevis. Aller først må vi vise at operasjonen er veldefinert, dvs at produktet som vi har definert ikke avhenger av hvilke representanter vi bruker for restklassene. Dvs hvis a N = an og b N = bn må vi ha at (a b )N = (ab)n. Siden a N = an har vi at det finnes en h i N slik at a = ah og siden b N = bn har vi at det finnes en g i N slik at b = bg. Da får vi a b = ahbg. Men fordi N er normal har vi at N b = bn og spesielt finnes det en h i N slik at hb = bh. Dermed er a b = ahbg = abh g. Fordi N er en gruppe og både h og g ligger i N har vi også h g N og dermed (h g)n = N. Altså er (a b )N = (abh g)n = (ab)((h g)n) = (ab)n. Så må vi vise gruppeegenskapene, men det er lett. Restklassen N = en det nøytrale elementet og a 1 N er inversen til an. Assosiativitet følger av assosiativitet i G: an ((bn) (cn)) = an ((bc)n) = (a(bc))n = ((ab)c)n = ((ab)n) (cn) = ((an) (bn)) (cn) Vi skriver G/N for denne nye gruppen og kaller den for kvotientgruppen av G med N. Merk at vi kan bruke representanter for restklassene til å regne ut produktet i kvotientgruppen: La ah være et element i an og bg være et element i bn, dvs h og g er elementer i N. Da er (ah)(bg) et element i G og det ligger akkurat i restklassen (ab)n. Så hvorfor er det sant? Vi har at hb ligger i restklassen N b som er lik bn fordi N er normal. Dermed finnes det et element h i N slik at hb = bh (og vi kan også si hva det er: h = b 1 hb b 1 N b som er lik N fordi N er normal!). Altså er (ah)(bg) = a(bh )g som ligger i (ab)n. (Dette er egentlig argumentet over en gang til.) Eksempel 1.44. 4 er en undergruppe av. Siden gruppen er abelsk er alle undergrupper normale (hvorfor?). Her er restklassene: 4 = {..., 8, 4, 0, 4, 8,... } 1 + 4 = {..., 7, 3, 1, 5, 9,... } 2 + 4 = {..., 6, 2, 2, 6, 10,... } 3 + 4 = {..., 5, 1, 3, 7, 11,... } Kvotientgruppen /4 har altså disse 4 elementene (ordenen til /4 er 4) og addisjonen i gir operasjonen i /4, dvs (a + 4 ) + (b + 4 ) = (a + b) + 4. F. eks. (3 + 4 ) + (3 + 4 ) = 6 + 4 = 2 + 4 = 10 + 4. Dette kan vi også gjøre ved å ta representanter for restklassene i. F. eks. har vi 13 3 + 4 og 18 2 + 4 og fordi 13 + 18 = 5 som ligger i 1 + 4 har vi (3 + 4 ) + (2 + 4 ) = 1 + 4. Vi ser at gruppetabellen til 4 tilsvarer gruppetabellen til /4 hvis vi bruker oversettelsen a a + 4. Altså gir avbildningen ϕ : 4 /4 gitt av ϕ(a) = a + 4 en gruppeisomorfi. Tilsvarende får vi kvotientgrupper /n for alle (positive) heltall n og gruppeisomorfier ϕ : n /n gitt ved ϕ(a) = a + n. Fordi det er litt «langsomt» å skrive 3 + 4 vil vi etterhvert skrive [3] i stedet og underforstå hvilken gruppe vi tar restklassen til. Faktisk vil også disse parantesene kunne forsvinne, men da må vi være svært oppmerksomme på akkurat hva vi mener. 6

Runar Ile Matematisk institutt, 6. mars 2016 Eksempel 1.45. Vi ser på undergruppen H = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } i S 3 (hvis vi tenker på at S 3 er isomorf med D 3 får vi at dette er rotasjonene av den regulære trekanten). Vi har da at de venstre restklassene µ 1 H, µ 2 H og µ 3 H alle er like {µ 1, µ 2, µ 3 } (speilingene i D 3 ) og det samme gjelder for de tilsvarende høyre restklassene. Altså er H en normal undergruppe i S 3 og kvotientgruppen S 3 /H har to elementer: H = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } = [ρ 0 ] og µ 1 H = {µ 1, µ 2, µ 3 } = [µ 1 ] (1.45.1) Hva er gruppetabellen? Jeg skriver den to ganger med de ulike notasjonene. H µ 1 H H H µ 1 H µ 1 H µ 1 H H [ρ 0 ] [µ 1 ] [ρ 0 ] [ρ 0 ] [µ 1 ] [µ 1 ] [µ 1 ] [ρ 0 ] Dette er den samme tabellen som 2 har hvis vi oversetter 0 [ρ 0 ] og 1 [µ 1 ] og vi har derfor at kvotientgruppen S 3 /H er isomorf med 2. Når vi har en normal undergruppe N i en gruppe G får vi altså en ny gruppe G/N, men vi får også en gruppehomomorfi γ: G G/N som avbilder a i G på an i G/N, dvs γ(a) = an. Den kalles for kvotientavbildningen. At det er en gruppehomomorfi følger av at N er en normal undergruppe. Dessuten er denne gruppehomomorfien surjektiv (på), dvs alle elementer i G/N treffes. Endelig er det slik at kjernen til denne gruppehomomorfien er N fordi restklassen N er det nøytrale elementet i G/N. Dette kan vi (litt mer generelt) også sette sammen på denne måten: Teorem 1.46 (14.11 Det fundamentale homomorfiteoremet). Anta at ϕ : G 1 G 2 er en gruppehomomorfi med kjerne N. Da er bildet ϕ(g 1 ) en undergruppe i G 2 og avbildningen µ: G 1 /N ϕ(g 1 ) definert ved at µ(an) = ϕ(a) er en gruppeisomorfi. Spesielt har vi at sammensetningen av kvotientavbildningen γ med µ er lik ϕ. G 1 ϕ ϕ(g 1 ) γ G 1 /N µ Avsnitt 15: Kvotientgruppeberegninger og simple grupper Stoff: Eksempler på kvotientgruppeberegninger. Kvotientgrupper av produktgrupper. Simple grupper og maksimale, normale undergrupper Oppgaver: 1 12, 28. Eksempel 1.47. La G = 8 6 og la N være den sykliske undergruppen generert av elementet (2, 0), dvs N = (2, 0). Da er N normal fordi G er abelsk. Elementene i N er {(0, 0), (2, 0), (4, 0), (6, 0)} så N har orden 4. Derfor må kvotientgruppen G/N ha orden 12 (hvorfor?). Vi vil «bestemme» kvotientgruppen. Den må være abelsk pga Proposisjon 1.31. Ved strukturteoremet for endelig genererte abelsk grupper er det bare to isomorfityper av abelske grupper med orden 12, nemlig H = 4 3 og K = 2 2 3 (hvorfor?). Vi ser at H er en syklisk gruppe, generert f. eks. av elementet (1, 1) og H er isomorf med 12, men jeg påstår at det ikke finnes noen elementer i G/N av orden 12. Vi har nemlig at ethvert element i G/N kan skrives som [(a, b)] hvor a enten er 0 eller 1 og hvor b {0, 1,..., 5}. Vi ser at 6[(a, b)] = [(6a, 6b)] = [(0, 0)] så ordenen til et element i G/N må være en divisor av 6. Altså er eneste mulighet at G/N er isomorf med K. Vi kan også finne isomorfien. Legg merke til at 2 3 er isomorf med 6 ved strukturteoremet. Derfor er K isomorf med 2 6. La ϕ : 8 6 2 6 være gitt av 7

Runar Ile Matematisk institutt, 6. mars 2016 ϕ(a, b) = (4a, b). Dette er en gruppehomomorfi (sjekk!). Vi ser at kjernen består akkurat av elementene i N. Da må også ϕ være surjektiv (hvorfor?). Ved homomorfiteoremet er G/N isomorf med 2 6 ved isomorfien µ gitt ved at [(a, b)] i 8 6 / (2, 0) avbilder på (4a, b) i 2 6. 8 6 ϕ 2 6 γ 8 6 / (2, 0) µ Eksempel 1.48. La G = 8 6 og la N = (2, 3). Da er N normal fordi G er abelsk. Elementene i N er {(0, 0), (2, 3), (4, 0), (6, 3)} så N har orden 4. Derfor må kvotientgruppen G/N ha orden 12. Vi vil «bestemme» kvotientgruppen. Den må være abelsk pga Proposisjon 1.31. Ved strukturteoremet for endelig genererte abelsk grupper er det enten H = 4 3 eller K = 3 2 2. Vi finner at ordenen til [(1, 0)] i G/N er 4 (hvorfor?). Det utelukker K (hvorfor?). Strukturteoremet sier at det finnes en isomorfi av G/N med H. Men hva med å finne en? Ved litt prøving og feiling finner vi f. eks. at ϕ : 8 6 4 3 gitt ved ϕ(a, b) = (a + 2b, 2b) faktisk er en gruppehomomorfi som passer. For hva er kjernen til ϕ? Hvis ϕ(a, b) = (0, 0) må 2b = 0 (mod 3), dvs b = 3 eller b = 0. Videre må a + 2b = 0 (mod 4), dvs a = 2 eller a = 6 hvis b = 3 og a = 0 eller a = 4 hvis b = 0. Dette er akkurat elementene i N. Da må også ϕ være surjektiv (hvorfor?). Ved homomorfiteoremet er G/N isomorf med 4 3 ved isomorfien µ gitt ved at [(a, b)] i 8 6 / (2, 3) avbilder på (a + 2b, 2b) i 4 3. 8 6 ϕ 4 3 γ 8 6 / (2, 3) µ Alternativt kunne vi vise at ordenen til a = [(1, 1)] er 12 (pga Lagrange er det er nok at 6a 0). Da må G/N være syklisk, dvs 12 = G/N hvor 1 [(1, 1)]. Definisjon 1.49. En endelig gruppe G er simpel hvis G ikke har noen ekte, ikke-trivielle normale undergrupper. Det betyr at gruppehomomorfier fra G til en hvilken som helst gruppe K må være en-til-en fordi kjernen må være den trivielle undergruppen (kjernen er alltid normal!). Vi kan altså ikke dele opp de simple gruppene videre. De er litt som primtall. De alternerende gruppene A n er simple for alle n 5. De simple gruppene er klassifisert (1960-1980, mange matematikere). Et grunnleggende (og dypt) resultat er at en simpel, ikke-abelsk gruppe må ha jevn orden (Thompson og Feit, 1963). Spørsmål 1.50. Er 41 en simpel gruppe? Er S 5 simpel? Oppgave 1.51. Vis at alle elementer i G = / har endelig orden og at elementer av alle ordener finnes i G. Hvordan teller vi symmetriske mønstre? Avsnitt 16: Gruppevirkninger Stoff: Definisjon av gruppevirkening på en mengde; G-mengder. Sammenhengen med permutasjonsgrupper. Trofast og transitiv virkning. Fikspunktmengder og isotropiundergrupper. Baner i G-mengder, sammenhengen mellom antall elementer i banen og ordenen til isotropigruppen. 8

Oppgaver: 1 3, 7, 8, 11 13 At grupper «gjør» noe har vi allerede vært innom flere ganger, f. eks. har vi permutasjonsgruppene og symmetrigruppene. Nå skal vi generalisére dette litt slik at gruppen ikke behøver å være gitt av mengden den gjør noe med. Definisjon 1.52. Anta X er en mengde og G en gruppe. Da er en gruppevirkning av G på X en avbildning µ: G X X, vi skriver g(x) = µ(g, x), med følgende egenskaper: 1. (Nøytralt element): e(x) = x for alle x i X 2. (Assosiativitet av virkning): (ab)(x) = a(b(x)) for alle a og b i G og x i X Kort fortalt: For hvert element i gruppen får vi en avbildning (funksjon) av mengden på seg selv som skal vise seg å være en permutasjon. Det nøytrale elementet gir identitetsavbildningen på X. En mengde X med en G-virkning kalles ofte (kortere) for en G-mengde. Eksempel 1.53. Hvis X er en mengde og S X er gruppen av alle permutasjoner av X, den symmetriske gruppen på X, så har vi at X er en mengde med en S X -virkning. Spesielt er {1, 2,..., n} en S n -mengde. Proposisjon 1.54. Anta at vi har en gruppevirkning av gruppen G på mengden X. For hvert element g i G får vi en permutasjon av X gitt ved virkningen av g på X. Dette gir en avbildningen ϕ : G S X som er en gruppehomomorfi. Bevisidé. Vi har at g gir en permutasjon av X fordi g 1 gir den inverse permutasjonen ved (2) og (1). Dvs g 1 (g(x)) = (g 1 g)(x) = e(x) = x og tilsvarende g(g 1 (x)) = (g g 1 )(x) = e(x) = x. Dvs g og g 1 er inverse funksjoner. Eksempel 1.55. I en likesidet trekant kan hver sidekant ha en av fire ulike farver (flere kanter kan ha samme farve). Alle de ulike farveleggingene av trekanten utgjør en mengde X som har 4 3 elementer. På denne mengden virker D 3 ved at en symmetri tar en farvelegging til en annen. F. eks. vil en rød-rød-grønn trekant etter en rotasjon kunne bli en rød-grønn-rød trekant mens en speiling kanskje ikke endrer farveleggingen (mens en annen speiling gjør det). Det nøytrale elementet gjør ingenting med trekanten og derfor virker den som identiteten på farveleggingene. Assosiativiteten følger direkte fra definisjonen av sammensetning av funksjoner. Definisjon 1.56. Anta X er en G-mengde. Hvis g er et element i G og x et element i X definerer vi fikspunktmengden til g som X g = { y X g(y) = y} (1.56.1) og dessuten setter vi G x = {h G h(x) = x}. (1.56.2) Lemma 1.57. Mengden G x er en undergruppe av G. Bevis. Vi sjekker de tre kritériene i Teorem 5.14. 1. (Lukket): Hvis a og b ligger i G x gjør også ab det fordi (ab)(x) = a(b(x)) = a(x) = x. 2. (Nøytralt element): Vi har e(x) = x fra fra egenskap 1 til gruppevirkninger. Altså er e i G x. 3. (Inverser): Hvis h G x har vi h(x) = x. Nå bruker vi h 1 på begge sider av ligningen og får h 1 (h(x)) = h 1 (x), men fra egenskap 2 for gruppevirkninger er venstresiden lik x. Altså er h 1 i G x. Undergruppen G x kalles for isotropiundergruppen til x. 9

Eksempel 1.58. Vi undersøker disse to begrepene i Eksempel 1.55. Som tidligere lar vi D 3 = {ρ 0, ρ 1, ρ 2, µ 1, µ 2, µ 3 }. Siden ρ 0 virker som identiteten (og er det nøytrale elementet) får vi X ρ0 = X. Spørsmål. Hvilke elementer har X ρ1? Hvilke elementer har X ρ2? Spesielt: Hvor mange elementer har hver av disse delmengdene av X? La oss beskrive den farvelagte trekanten med hjørner 1, 2 og 3 ved farvene på linjestykkene (12, 23, 31). Farvene er grønn (g), rød (r), fiolett (f) og blå (b). Oppgave 1.59. La x = (r, b, f ), y = (g, b, g) og z = (r, r, r). Finn isotropigruppene til x, y og z. Oppgave 1.60. Finn X µ1. Hvor mange elementer har X µ1? Hvordan kan X µ2 beskrives ved hjelp av X µ1? Finn X µ1 X µ2. Hvis vi har en G-mengde X skriver vi G x for banen til x under G-virkningen. Dvs G x = {g(x) g G}. G x er altså en delmengde av X. Eksempel 1.61. Vi finner banene i Eksempel 1.55 og hvor mange elementer det er i hver bane. 1. Alle tre farvene forskjellige. Det er fire muligheter for å velge hvilken farve som ikke skal være med. Dette gir 4 baner fordi alle favelegginger med de samme tre farvene kan fås fra en av dem ved å virke med gruppeelementer. Det er altså 6 ulike farvelegginger i hver bane. 2. To like farver. Fire valg av den ene farven og for hvert valg tre valg av den andre farven. Dette gir 12 baner. Det er 3 elementer i hver bane. 3. Tre like farver. Det er 4 muligheter. Hver bane inneholder ett element. Tilsammen gir dette 4 6 + 12 3 + 4 = 4 3 elementer i X. Hvis H er en undergruppe av G kaller vi antall (venstre) H-restklasser for indeksen til H i G. Vi skriver (G : H) for indeksen. F. eks. har undergruppen 4 indeks 4 i. For endelige grupper har vi (G : H) = G : H. Proposisjon 1.62 (16.16). Anta X er en G-mengde og x X. Da er antall elementer i banen til x lik indeksen til isotropigruppen til x i G, dvs G x = (G : G x ). Eksempel 1.63. Vi finner indeksene til isotropigruppene i Eksempel 1.55 og undersøker Proposisjon??. 1. Alle tre farvene forskjellige. For en slik farvelegging er isotropigruppen den trivielle gruppen, så indeksen er D 3 = 6. Det passer med at banene har lengde 6. 2. To like farver. For en slik farvelegging er isotropigruppen en av undergruppene µ i = {ρ 0, µ i }, så indeksen er D 3 : µ i = 3. Det passer med at banene har lengde 3. 3. Tre like farver. For en slik farvelegging er isotropigruppen hele D 3, så indeksen er 1. Det passer med at banene har lengde 1. Avsnitt 17: Burnsides teorem Stoff: Antall baner til en gruppevirkning. Eksempler. Oppgaver: 1 9 Når vi vil telle hvor mange ulike måter vi kan farvelegge kantene i en likesidet trekant med 4 farver, eller hvor mange måter vi kan farvelegge sideflatene på en kube med 3 farver, vil vi ikke si at to farvelegginger er ulike hvis vi kan få den ene fra den andre ved en rotasjon. Hvis vi derfor ønsker å finne hvor mange essensielt ulike farvelegginger som finnes kan vi telle baner for gruppevirkningen av rotasjonsgruppen på mengden av alle farvelegginger. Hvis vi ønsker å se på en farvelegging som (i tillegg) lik sine speilvendte farvelegginger må vi telle 10

antall baner under gruppevirkningen av den fulle symmetrigruppen på mengden av alle farvelegginger. Så det sentrale tallet vil være antall baner under en gitt gruppevirkning. Burnsides teorem gir oss en måte å gjøre dette på hvor vi bare trenger å kjenne fikspunktmengdene til elementene i gruppen. Teorem 1.64 (Burnsides teorem). Anta G er en endelig gruppe og X er en endelig G-mengde. Da er antall baner til G-virkningen = 1 X g G Bevis. Et element x X ligger i X g for hver g G x, men ikke i X g når g / G x. Derfor har vi g G G x = X g (1.64.1) x X Ved Proposisjon 1.62 er G x = G / Gx. For hvert element x i banen G x er G x = G x og dermed G x = G / G x = G / G x = G x. Derfor får vi x G x G x = G x G x = G. Hvis N er antall baner, opptrer altså G akkurat N ganger i venstresiden av (1.64.1). Deler vi med G på begge sider av (1.64.1) får vi Burnside. Eksempel 1.65. Vi ønsker å telle essensielt ulike farvelegginger av trekanten med fire farver, se Eksempel 1.55, hvor speilvendte farvelegginger regnes som like. Vi bruker Burnsides teorem. Da må vi finne antall elementer i fikspunktmengdene: g G X ρ0 = 64 X ρ1 = 4 X ρ2 = 4 X µ1 = 16 X µ2 = 16 X µ3 = 16 Burnsides teorem gir at antall essensielt ulike farvelegginger (med speilinger) er 1 (64 + 4 + 4 + 16 + 16 + 16) = 20 (1.65.1) 6 Hvis vi vil at speilvendte farvelegginger skal telle som ulike må vi virke med rotasjonsundergruppen H = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } på X. Da får vi bare de tre første fikspunktmengdene med i Burnsides formel slik at antall essensielt ulike farvelegginger (uten speilinger) er 1 (64 + 4 + 4) = 24 (1.65.2) 3 Spørsmål. Hvilke er de fire ekstra farveleggingene? Oppgave 1.66. Hver av sidekantene i et kvadrat kan få en av tre farver. Hvor mange essensielt ulike farvelegginger finnes hvis vi ikke skiller mellom speilvendte farvelegginger? Hvor mange farvelegginger finnes hvis vi ikke kan snu kvadratet (bare rotére)? Kapittel 2, avsnitt 12: Plane isometrier Stoff: De fire typene av plane isometrier, de fire frisegruppene og de sju frisene, tapeter. Oppgaver: 2, 3 (NB: Flere mulige svar i hver rute!), 4 8, 9, 10 15, 16, 24 30 Definisjon 1.67. En isometri er en permutasjon av planet ϕ : 2 2 som bevarer avstand, dvs at avstanden mellom to vikårlige punkter P og Q er lik avstanden mellom de nye punktene ϕ(p) og ϕ(q). Eksempel 1.68. Dette er tre typer isometrier: Rotasjon av planet om et punkt A med en vinkel v. Forskyvning (translasjon) av planet med en vektor w. 11

Speiling om en linje l. Vi sier isometrier som ikke snur planet bak frem er orienteringsbevarende, mens de som gjør det er orienteringsreverserende. F. eks. er speilinger orienteringsreverserende og forskyvninger og rotasjoner er orienteringsbevarende. Vi bruker notasjonen AB for vektoren fra punktet A til punktet B, l(ab) for linjen gjennom A og B og AB for avstanden fra A til B. La O betegne origo i 2. Lemma 1.69. Anta A og B er to punkter i planet og ϕ en isometri. Anta at punktet P ligger på linjen gjennom A og B. Da gjelder: (i) OP = OA + tab for et tall t i (ii) Oϕ(P) = Oϕ(A) + tϕ(a)ϕ(b) (iii) Hvis ϕ(a) = A og ϕ(b) = B vil ϕ(p) = P for alle punkter på linjen l(ab) Bevis. (i) Når t varierer uttrykker OP = OA + tab alle punkter på linjen gjennom A og B. (ii) Isometrien bevarer avstander, så ϕ(a)ϕ(p) = AP og ϕ(b)ϕ(p) = BP. Da må Oϕ(P) = Oϕ(A) + toϕ(b). (iii) Hvis ϕ(a) = A og ϕ(b) = B har vi fra (ii) at Oϕ(P) = Oϕ(A) + tϕ(a)ϕ(b) = OA + tab = OP Proposisjon 1.70. En isometeri ϕ (i) avbilder en trekant ABC på en kongruent trekant (ii) bevarer vinkler (iii) avbilder linjer på linjer (iv) avbilder sirkler på sirkler Bevis. (i-ii): Fordi avstander bevares vil trekantene ABC og ϕ(a)ϕ(b)ϕ(c) være kongruente. Spesielt er samsvarende vinkler like store. (iii) Dette er Lemma 1.69 (ii). (iv) La A være sentrum i sirkelen S og P et punkt på sirkelen. Fordi AP = ϕ(a)ϕ(p) vil ϕ(p) ligge på sirkelen med sentrum ϕ(a) og samme radius som S. Proposisjon 1.71. Anta A, B og C er tre punkter i planet som ikke ligger på en linje. Hvis ϕ og ψ er isometrier slik at ϕ(a) = ψ(a), ϕ(b) = ψ(b) og ϕ(c) = ψ(c) så er ϕ = ψ. Bevis. For ethvert punkt P i planet kan vektoren OP skrives som en lineærkombinasjon OP = tab + sac for tall t og s. Fra Lemma 1.69 har vi da at Oϕ(P) = Oϕ(A) + tϕ(a)ϕ(b) +sϕ(a)ϕ(c) = Oψ(A) + tψ(a)ψ(b) +sψ(a)ψ(c) = Oψ(P) Korollar 1.72. Hvis ϕ er en isometri med to fikspunkter A og B. Da er ϕ enten identiteten eller en speiling. Bevis. Fra Lemma 1.69 vet vi at alle punkter P på linjen l = l(ab) er fiksert av ϕ, dvs ϕ(p) = P. La C være et punkt som ikke ligger på l. La l være normalen fra C på l med fotpunkt Q l. La l være linjen gjennom ϕ(c) og Q. Ved Proposisjon 1.70 bevares vinkler ved isometrier, så (l l) = (l l) = 90 o og derfor må ϕ(c) ligge på l like langt fra Q som C. Altså er enten ϕ(c) = C eller ϕ(c) er speilingen av C om l. Ved Proposisjon 1.71 vil ϕ = id i det første tilfellet og ϕ vil være lik speilingen om l i det andre tilfellet. Oppgave 1.73. Forklar hvorfor påstandene i siste setning av beviset stemmer. Oppgave 1.74. Anta at ϕ og ψ er orienteringsbevarende isometrier og A og B to punkter i planet slik at ϕ(a) = ψ(a) og ϕ(b) = ψ(b). Forklar hvorfor ϕ = ψ. Oppgave 1.75. Anta at ϕ og ψ er orienteringsreverserende isometrier og A og B to punkter i planet slik at ϕ(a) = ψ(a) og ϕ(b) = ψ(b). Forklar hvorfor ϕ = ψ. Korollar 1.76. Anta ϕ er en isometri som har et eneste fikspunkt A. Da er ϕ en rotasjon. 12

Bevis. Anta B er et annet punkt, sett D = ϕ(b) og v = BAD. Da er 0 < v 180 o og AD = AB. La S være sirkelen med sentrum A og radius AB. Hvis v = 180 0 for alle valg av B på S ville ϕ være rotasjon med 180 o rundt A (så «speilingen om A») ved Lemma 1.69. Vi antar v < 180 o. La C være midtpunkt på sirkelbuen fra B til D. La E være punktet på sirkelbuen fra D til B med DAE = BAC. Fordi AC = Dϕ(C) må enten ϕ(c) = E eller ϕ(c) = C. Siden vi bare har et fikspunkt er ϕ(c) = E. Nå har vi tre punkter (ikke på linje) som ϕ roterer og vi kan da bruke Proposisjon 1.71 til å konkludere. Mer presist: La ψ være rotasjonen med sentrum A og vinkel v i retningen fra B mot D. Da vil ψ(a) = ϕ(a) = A, ψ(b) = ϕ(b) = D og ψ(c) = ϕ(c) = E. Ved Proposisjon 1.71 vil ϕ = ψ og altså er ϕ en rotasjon. Proposisjon 1.77. Mengden av isometrier av planet er en undergruppe av S 2 (gruppen av permutasjoner av punktene i planet). Bevis. Vi sjekker kriteriene i undergruppeteoremet. Anta at ϕ og ψ er to isometrier og A og B er punkter i planet. 1. (lukket) Fordi både ϕ og ψ bevarer avstander per definisjon har vi ψ(ϕ(a))ψ(ϕ(b)) = ϕ(a)ϕ(b) = AB, altså er ψϕ en isometri. 2. (identitet) Identitetspermutasjonen bevarer avstander, så den er en isometri. 3. (inverser) Den inverse permutasjonen ϕ 1 bevarer avstander fordi ϕ gjør det: La C = ϕ 1 (A) og D = ϕ 1 (B). Da er ϕ 1 (A)ϕ 1 (B) = C D = ϕ(c)ϕ(d) = AB og ϕ 1 er derfor en isometri. Gruppen av isometrier (med sammensetning som operasjon) kalles for isometrigruppen. Det går an å vise at det bare finnes fire ulike typer isometrier: Translasjoner (forskyvninger), rotasjoner, speilinger og glidespeilinger (translasjon og speiling om en linje i translasjonsretningen «fotspor»). Disse kan skilles på denne måten: Fikspunkter? Ja Nei Orienteringsbevarende Rotasjon Forskyvning Orienteringsreverserende Speiling Glidespeiling Mønstre i planet vil ha symmetrigrupper som er undergrupper av isometrigruppen. F. eks. vil jevne fotspor på linje ha en symmetrigruppe generert av en translasjon med to skritt fremover og av en glidespeiling (et-skritt-frem-og-speiling). Hvilke endelige undergrupper har (den veldig store) isometrigruppen? Teorem 1.78. Hvis G er en endelig gruppe av isometrier av planet er G enten isomorf med n eller D n for et positivt heltall n. Bevisidé. Anta G = {ϕ 1,..., ϕ n } og P et vilkårlig punkt i planet. La A være tyngdepunktet av alle punktene {ϕ 1 (P),..., ϕ n (P)}, dvs OA = 1 n Oϕi (P). Da er A et fikspunkt for alle elementene i G. La H være undergruppen av de orienteringsbevarende isometriene i G. De må være rotasjoner ved Korollar 1.76 og Korollar 1.72. H er syklisk (et element som rotererer med minimal vinkel er en generator). Så hvis H = G er G isomorf med n. Anta G innholder en orienteringsreverserende isometri. Ved Korollar 1.76 må de orienteringsreverserende ha minst et fikspunkt foruten A og dermed gir Korollar 1.72 at de er refleksjoner. H-restklassen til en (vilkårlig) av disse refleksjonen gir alle refleksjonene i G og dette kan brukes til å vise G = D n/2. 13

Friser og frisegrupper De enkleste eksemplene på uendelige grupper av isometrier får vi fra symmetrigruppene til friser. En frise er et båndmønster med endelig høyde, men med uendelig utstrekning horisontalt. Et mønster av endelig bredde skal gjentas i begge retninger. Spesielt skal symmetrigruppen til mønsteret innholde en minste translasjon. F. eks. har en linje ingen minste translasjon og er derfor ikke en frise. Vi kan klassifisere friser ved å undersøke om Figur 1: Noen friser symmetrigruppen inneholder en rotasjon (180 o ), en horisontal speilingslinje, en vertikal speilingslinje, en ikke-triviell glidespeiling. Oppgave 1.79. Undersøk om frisene som er avbildet i Figur 1 innholder en rotasjon, en horisontal speilingslinje, en vertikal speilingslinje, en ikke-triviell glidespeiling. Det finnes 4 isomorfityper av (abstrakte) grupper som er symmetrigrupper til friser. De fire gruppene er (1) alle friser har en (korteste) translasjon som en symmetri (kaller den τ). Det betyr at den uendelige sykliske gruppen τ (isomorf med ) alltid er en undergruppe av symmetrigruppen til en frise. (a) Noen ganger er det ikke flere symmetrier, f. eks. for denne frisen:... L L L L L... (b) Men kan være den fulle symmetrigruppene på en annen måte som i denne frisen hvor τ er glidespeilingen og τ 2 er translasjonen:...... (2) D dette er gruppen generert av to elementer ρ og τ med relasjonen: τρ = ρτ 1. Som elementer i en frisegruppe opptrer τ og ρ på to måter. (c) Enten er τ en translasjon og ρ en rotasjon med 180 o som for denne frisen:... S S S S S... 14

Runar Ile Matematisk institutt, 6. mars 2016 (d) Eller så er ρ en speiling med symmetrilinje normalt på translasjonsretningen som for denne frisen:... A A A A... (e) Endelig kan τ være en glidespeiling (og τ2 generer translasjonene) mens ρ er en rotasjon (da er τρ en speiling med vertikal symmetrilinje):...... (3) Z Z2 dette er gruppen av translasjoner og speiling om translasjonslinjen (f) som for denne frisen (som også har gliderefleksjoner):... E E E E E... (4) D Z2 dette er gruppen av translasjoner, rotasjon med 180o og speiling om translasjonslinjen som for denne frisen (g) som også har speilinger med vertikale symmetrilinjer:... H H H H H... Disse 7 frisene er akkurat en av hver av de 7 typene friser som finnes. Vi sier at to friser er av samme type hvis symmetrigruppene deres er strukturlike som undergrupper (opp til skalering og forskyvning av planet) av den fulle isometrigruppen. F. eks. kan gruppen D være undergruppe av isometrigruppen til planet på tre essensielt forskjellige måter (c-e). Oppgave 1.80. Bestem hva ρ kan være i hver av frisene for D og for D Z2. Begrunn hvorfor τρ = ρτ 1 i alle tilfellene (Hint: Du kan bruke Proposisjon 1.71). Oppgave 1.81. Finn symmetrigruppene til frisene som er avbildet i Figur 1. Tilsvarende kan vi studere tapetmønstre. Det er mønstre som gjentar seg langs to ulike retninger. Igjen finnes det et klassifikasjonsteorem som sier at det er essensielt 17 ulike tapetmønstre. I motsetning til for frisegruppene er pussig nok ingen av disse undergruppene isomorfe som abstrakte grupper. Her er tre typer (av de 17), to gamle egyptisk og et fra Alhambra, se http://en.wikipedia.org/wiki/wallpaper_group Det finnes også høyeredimensjonale analoger til disse mønsterklassifikasjonene som bl. a. har betydning for klassifikasjon av krystaller. F. eks. er det 230 krystallografiske grupper, dvs 230 ulike typer krystallmønstre i rommet (219 hvis vi ikke regner speilvendte mønstre som forskjellige). Undergruppene av den 3-dimensjonale isometrigruppen fordeler seg på 65 (54) ulike isomorfiklasser av (abstrakte) grupper. Disse resultatene viser at gruppeteori gir dyp innsikt i fenomener som angår mennesker. 15

Denne okersteinen ble funnet i Blomboshulen (Kapprovinsen, Sør-Afrika) i 1991 av Christopher Henshilwood, nå professor ved Universitetet i Bergen. Inngraveringen er omtrent 77.000 75.000 år gammel. 16