¿Por qué definimos los grupos cocientes sólo para los subgrupos normales?

Question

Dejemos que $G \in \mathbf{Grp}$ , $H \leq G$ , $G/H := \lbrace gH: g \in G \rbrace$ . Podemos entonces introducir la operación de grupo en $G/H$ como $(xH)*(yH) := (x*y)H$ para que $G/H$ se convierte en un grupo cociente cuando $H$ es un subgrupo normal.

Pero, ¿por qué sólo trabajamos con grupos cocientes por subgrupos normales? Si introducimos la noción de grupo cociente izquierdo de la manera anterior, ¿cuántas buenas propiedades de un grupo cociente perdemos?

Answer 1

Añadido. Entonces, ¿cuál es el problema? Veamos el ejemplo más sencillo de un subgrupo no normal. Tomemos $G=S_3$ y $H=\{e,(1,2)\}$ . Si componemos las permutaciones de derecha a izquierda, los cosets izquierdos de $H$ en $G$ son: \begin{align*} eH = (1,2)H &= \{ e, (1,2)\};\\ (1,2,3)H = (1,3)H &= \{(1,2,3), (1,3)\};\\ (1,3,2)H = (2,3)H &= \{(1,3,2), (2,3)\}. \end{align*} Si intentamos multiplicar los cosets término a término, nos encontramos con problemas. La multiplicación por $eH$ no es un problema, pero toma $(1,2,3)H$ multiplicado por sí mismo. Los productos son: $$\{ (1,2,3)(1,2,3), (1,2,3)(1,3), (1,3)(1,2,3), (1,3)(1,3)\} = \{(1,3,2), (2,3), (1,2), e\}$$ que no es un coset. Si multiplicamos utilizando representantes, como en la pregunta original, también nos encontramos con problemas: si multiplicamos $(1,2,3)H\cdot(1,3,2)H$ como $(1,2,3)(1,3,2)H$ obtenemos $eH$ . Pero $(1,2,3)H = (1,3)H$ y $(1,3,2)H = (2,3)H$ , y si los multiplicamos viendo estos representantes/nombres alternativos, obtenemos $(1,3)H\cdot (2,3)H = (1,3)(2,3)H = (1,3,2)H\neq eH$ . Es decir, la regla de multiplicación depende de la nombre damos el coset, en lugar de en lo que el coset es . Esto significa que la regla no está bien definida.

Podemos dejar que $G$ actúan sobre el conjunto de cosetas izquierdas de $H$ , por $g(xH) = gxH$ pero no se trata de un grupo, sino de una acción de grupo. También podemos, por separado, poner estructuras de grupo en el conjunto de cosets de $H$ en $G$ ya que será un conjunto, y a todo conjunto no vacío se le puede dar una estructura de grupo (asumiendo el Axioma de Elección; de hecho, equivalente al Axioma de Elección). Pero esa estructura generalmente no tendrá nada que ver con la operación en $G$ .

Si queremos una operación sobre el conjunto de cosets, y que la operación en los cosets sea inducida por la operación en $G$ entonces tenemos..:

TEOREMA. Dejemos que $G$ sea un grupo y $H$ un subgrupo. Sea $G/H = \{ gH\mid g\in G\}$ sea el conjunto de cosetas izquierdas de $H$ en $G$ . La operación $$\cdot \colon G/H \times G/H \to G/H\qquad\text{defined by}\qquad (xH)\cdot(yH) = (xy)H$$ es bien definido (es decir, si $xH = x'H$ y $yH=y'H$ entonces $xyH = x'y'H$ ) si y sólo si $H$ es normal en $G$ .

Prueba. Supongamos que $H$ es normal. Entonces $gH=Hg$ por cada $g\in G$ . Si $xH=x'H$ y $yH=y'H$ entonces $$xyH = x(yH) = x(Hy) = x(Hy') = (xH)y' = (x'H)y' = x'(Hy') = x'(y'H) = x'y'H$$ para que la operación esté bien definida.

A la inversa, supongamos que la operación está bien definida de modo que siempre que $xH=x'H$ y $yH=y'H$ entonces $xyH = x'y'H$ . Queremos demostrar que $g^{-1}Hg\subseteq H$ para todos $g\in G$ . Para cada $h\in H$ ya que $hH = eH$ tenemos $eHgH = egH=gH$ es igual a $hHgH = hgH$ . Así que $gH = hgH$ Por lo tanto $H=g^{-1}hgH$ Así que $g^{-1}hg\in H$ para cada $h\in H$ . Así, $g^{-1}Hg\subseteq H$ . Esto es válido para cualquier $g\in G$ Así que $g^{-1}Hg\subseteq H$ para todos $g\in G$ Por lo tanto $H\triangleleft G$ como se ha reclamado. QED

Y ahora voy a secuestrar un poco tu pregunta y hacer una larga excursión a un tema estrechamente relacionado que no es necesario para responder a tu pregunta, pero que me parece interesante. (¡Perdón!)

Esto está realmente relacionado con la noción de congruencia en un álgebra (en el sentido de álgebra universal). Un subgrupo $H$ define una relación de equivalencia en $G$ por $x\sim y$ si y sólo si $xH = yH$ (también define la relación de equivalencia de la congruencia derecha, pero ignora eso por ahora). Al ser una relación de equivalencia, corresponde a un subconjunto $\Phi$ de $G\times G$ con $(x,y)\in\Phi$ si y sólo si $x\sim y$ si y sólo si $xH=yH$ .

Pero $G\times G$ también tiene una estructura de grupo natural heredada de $G$ . Desde $\Phi$ es un subconjunto del grupo $G\times G$ tiene sentido preguntarse si $\Phi$ es un subgrupo de $G\times G$ o no.

TEOREMA. $\Phi$ es un subgrupo de $G\times G$ si y sólo si $H$ es normal en $G$ .

Prueba. Tenga en cuenta que $\Phi$ siempre contiene $(e,e)$ (de hecho, toda la diagonal). Supongamos primero que $H$ es normal. Si $(x,y)\in \Phi$ entonces $xH=yH$ . Por lo tanto, $Hx = Hy$ y tomando los inversos de cada elemento obtenemos $x^{-1}H = y^{-1}H$ Así que $(x^{-1},y^{-1})\in\Phi$ Así que.., $\Phi$ es cerrado bajo inversos. Si $(x,y),(z,w)\in\Phi$ entonces $xH=yH$ , $zH=wH$ Por lo tanto, por lo que hemos demostrado anteriormente, tenemos $xzH = ywH$ Así que $(xz,yw)=(x,y)(z,w)\in\Phi$ . Así, $\Phi$ es cerrado bajo productos, por lo que $\Phi$ es un subgrupo de $G\times G$ .

A la inversa, supongamos que $\Phi$ es un subgrupo. Si $xH=yH$ y $zH=wH$ entonces $(x,y),(z,w)\in \Phi$ Por lo tanto $(x,y)(z,w)=(xz,yw)\in\Phi$ Así que.., $xzH = ywH$ . Esto demuestra que la operación $xH\cdot zH \mapsto xzH$ está bien definida, así que por el teorema anterior $H$ es un subgrupo normal de $G$ . QED

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Añadido. (Las cosas entre las dos líneas horizontales se añadieron en esta edición).

Bien, ¿qué tal esto? ¿Podemos definir algunos relación de equivalencia $\sim$ en un grupo $G$ para que podamos multiplicar las clases de equivalencia a través de los representantes, que esté bien definido, pero que no tenga $\sim$ ¿"Procede" de un subgrupo normal?

Es decir: supongamos que $\sim$ es una relación de equivalencia en el grupo $G$ ( cualquier relación de equivalencia; todo lo que requerimos es que sea reflexiva, simétrica y transitiva en el conjunto subyacente de $G$ ), y que $[x]$ denotan la clase de equivalencia de $x$ para cada $x$ en $G$ . Queremos definir una multiplicación en el conjunto cociente $G/\sim$ por $[x][y] = [xy]$ . ¿Cuándo está bien definido?

TEOREMA. Dejemos que $G$ sea un grupo, y que $\sim$ sea una relación de equivalencia sobre $G$ . Entonces la multiplicación en $G/\sim$ definido por $[x][y]=[xy]$ está bien definida si y sólo si $\sim$ es un subgrupo de $G\times G$ .

Prueba. Si $\sim$ es un subgrupo de $G\times G$ y $[x]=[z]$ , $[y]=[w]$ entonces $(x,z),(y,w)\in \sim$ Así que $(x,z)(y,w) = (xy,zw)\in \sim$ Por lo tanto $[xy]=[zw]$ , por lo que la multiplicación está bien definida.

A la inversa, supongamos que la multiplicación está bien definida. Como $\sim$ es una relación de equivalencia, $(e,e)\in\sim$ . Además, si $(x,z), (y,w)\in\sim$ entonces $[x]=[z]$ , $[y]=[w]$ Así que $[x][y]=[xy]$ es igual a $[z][w]=[zw]$ Así que $(xy,zw)=(x,y)(z,w)\in\sim$ . Así, $\sim$ es un submonoide de $G\times G$ . Sólo queda demostrar que $\sim$ es cerrado bajo inversos. Supongamos que $(x,y)\in\sim$ . Multiplicando por $(x^{-1},x^{-1})$ a la izquierda y $(y^{-1},y^{-1})$ a la derecha (ambos elementos de $\sim$ ) tenemos $(y^{-1},x^{-1})\in\sim$ . Desde $\sim$ es una relación de equivalencia, es reflexiva, por lo que $(x^{-1},y^{-1})\in\sim$ . Así, $\sim$ es un subgrupo de $G\times G$ como se ha reclamado. QED

Bien, entonces podemos definir la multiplicación en el conjunto cociente si y sólo si la relación de equivalencia es un subgrupo de $G\times G$ . ¿Todas estas relaciones de equivalencia "provienen" de subgrupos? Sí:

TEOREMA. Dejemos que $\sim$ sea una relación de equivalencia sobre $G$ que es un subgrupo de $G\times G$ y que $H=\{g\in G\mid g\sim e\}$ . Entonces $H$ es un subgrupo normal de $G$ y $x\sim y$ si y sólo si $xH=yH$ .

Prueba. Podemos identificar $G$ con el subgrupo $G\times\{e\}$ de $G\times G$ Entonces $H$ corresponde a la intersección del subgrupo $\sim$ y el subgrupo $G\times\{e\}$ por lo que es un subgrupo de $G$ .

Para ver que $\sim$ es, de hecho, una congruencia a la izquierda módulo $H$ Simplemente, observe que $xH=yH$ si y sólo si $y^{-1}x\in H$ si y sólo si $(y^{-1}x,e)\in \sim$ si y sólo si $(y,y)(y^{-1}x,e)\in\sim$ si y sólo si $(x,y)\in \sim$ si y sólo si $x\sim y$ . Que $H$ es normal ahora se deduce porque la multiplicación de cosets (equivalentemente, de clases de equivalencia módulo $\sim$ ) está bien definida. QED

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Cuando generalizamos esto a un álgebra (en el sentido del álgebra universal; los ejemplos incluyen magmas, monoides, semigrupos, grupos, anillos, $K$ -álgebras, retículos, etc.), obtenemos la noción de congruencia :

Definición. Dejemos que $A$ ser un álgebra (en el sentido del álgebra universal). A congruencia en $A$ es una relación de equivalencia $\Phi$ en $A$ tal que $\Phi$ es una subálgebra de $A\times A$ .

TEOREMA. Dejemos que $A$ y $B$ sean álgebras del mismo tipo, y sea $f\colon A\to B$ sea un homomorfismo; defina $\Phi_f = \{(x,y)\in A\times A\mid f(x)=f(y)\}$ . Entonces $\Phi_f$ es una congruencia en $A$ . Por el contrario, si $\Psi$ es una congruencia en $A$ entonces existe un álgebra $\mathcal{B}$ y un homomorfismo $\pi\colon A\to \mathcal{B}$ tal que $\Psi=\Phi_{\pi}$ .

Un caso especial. Permítanme hacer la prueba con semigrupos. En primer lugar, dejemos que $f\colon A\to B$ sea un homomorfismo de semigrupo; entonces $\Phi_f$ es una relación de equivalencia en $A$ . Para demostrar que es un subsemigrupo de $A\times A$ Supongamos que $(x,y),(z,w)\in \Phi_f$ . Entonces $f(xz) = f(x)f(z) = f(y)f(w) = f(yw)$ Así que $(xz,yw)\in\Phi_f$ . Así, $\Phi_f$ es un subsemigrupo de $A\times A$ por lo que es una congruencia.

A la inversa, supongamos que $\Psi$ es una congruencia. Sea $\mathcal{B}=A/\Psi$ el conjunto de clases de equivalencia de $\Psi$ en $A$ . Dejemos que $[x]$ denotan la clase de $x$ . Definimos una multiplicación en $\mathcal{B}$ por $[a][b]=[ab]$ . Debemos demostrar que está bien definido: supongamos $[x]=[y]$ y $[z]=[w]$ . Entonces $(x,y),(z,w)\in\Psi$ Así que $(xz,yw)\in\Psi$ (ya que $\Psi$ es una congruencia). Por lo tanto, $[xz]=[yw]$ por lo que la multiplicación está bien definida. Ahora es fácil comprobar que la multiplicación es asociativa: $$[x]([y][z]) = [x][yz] = [x(yz)]=[(xy)z] = [xy][z] = ([x][y])[z].$$ Así, $\mathcal{B}$ es un semigrupo. El mapa $\pi\colon A\to \mathcal{B}$ dado por $\pi(a)=[a]$ se comprueba fácilmente que es un homomorfismo, y $\Phi_{\pi}=\Psi$ .

La prueba para un álgebra arbitraria con operaciones $f_1,\ldots,f_k$ de arities $a_1,\ldots,a_k$ (o incluso un número infinito de operaciones, cada una de ellas con aridades finitas) es esencialmente la misma. QED

Entonces se pueden demostrar los teoremas de isomorfismo para las "congruencias" exactamente de la misma manera que para los grupos y anillos, para cualquier clase de álgebras.

En Grupos y Anillos, podemos "salirnos" con la nuestra sin estudiar las congruencias porque si $\Phi$ es una congruencia en $G$ , entonces podemos dejar que $N = \{ g\in G\mid (g,e)\in\Phi\}$ y resulta que $\Phi$ es la relación de equivalencia inducida por $N$ . Esencialmente, una congruencia te dice que ciertas cosas son iguales, pero en grupos (y anillos), en lugar de decir " $x$ es igual a $y$ ", podemos decir " $xy^{-1}$ es la identidad". El subgrupo normal (resp. el ideal) es el conjunto de elementos equivalentes a la identidad. En clases más generales, como los semigrupos, no tenemos el lujo de expresar ninguna identidad de la forma $w=e$ , por lo que debemos tener en cuenta ambos lados de la igualdad.

Todo esto forma parte de Álgebra universal . No puedo recomendar El libro de George Bergman lo suficiente si quieres una gran introducción al tema (con un sabor a Teoría de Categorías).

Answer 2

Todavía no puedo comentar nada, pero he pensado en explicar lo que se entiende por estar bien definido.

En su definición de la multiplicación en $G/H$ , se toman los cosets $xH$ y $yH$ y se multiplican estableciendo su producto igual a $(xy)H$ . Pero esto significa que has elegido $x$ y $y$ y en general habrá otras opciones de $x$ y $y$ que dan los mismos cosets. Así que si tienes $xH$ = $x'H$ y $yH$ = $y'H$ , querrá estar seguro de que también tiene $(xy)H = (x'y')H$ y se puede demostrar que esto es válido para todos los elementos de $G$ si $H$ es normal en $G$ por lo que este es el único caso en el que esta multiplicación está bien definida.

Answer 3

(Lo siento, soy nuevo aquí, no puedo comentar).

Para ampliar la respuesta de Alex, si exigimos que $(xh)(yh) \in (xy)H$ para cualquier representante del coset $h$ entonces esto equivale a pedir que $y^{-1}hyh \in H$ para todos $h \in H$ . Pero el conjugado $y^{-1}hy$ no tiene por qué estar en $H$ si $H$ no es normal, de ahí la afirmación de que la operación en su "grupo cociente izquierdo" no está bien definida.

Answer 4

Para ampliar un comentario hecho por otro usuario en lo anterior, si la operación $(xH)\ast(yH):=(xy)H$ está bien definido, entonces $(G/H,\ast)$ es un grupo. Por lo tanto, $f:G\to G/H$ definido por $f(g)=gH$ es un homomorfismo y $H=\ker f$ . Sin embargo, el núcleo de un homomorfismo de grupo es siempre normal. Por lo tanto, $H$ tiene que ser normal.

(Como muestra la respuesta de Arturo Magidin, en realidad $(xH)\ast(yH):=(xy)H$ está bien definida si y sólo si $H$ es normal).