teoría de conjuntos

Question

Después de completar el siguiente problema, "si $\phi$ es un homomorphism de $\mathbb{Z}_{30}$ a un grupo de orden $5$, determinar el $\ker(\phi)$," He hecho dos conjeturas que me gustaría que algunos comentarios. Si usted está muy confiado en teoría de grupos, por favor siéntase libre para saltar a la viñeta conjeturas al final.

Recordemos la definición del núcleo de un grupo homomorphism $\phi$: el núcleo de $\phi$ $ker(\phi)=\{g\in G \text{ : } \phi(g)=e_H\}$ donde $e_H$ es la identidad en H.

Así que para determinar el $ker(\phi)$, nos encontramos con todos los elementos asignados a $0$$\phi$.

Considere el hecho de que no puede ser sin duda más de un grupo homomorphism $\phi$ que se asigna a $\mathbb{Z}_{30}$ a un grupo de orden $5$. Sin embargo, tenga en cuenta que un grupo de primer orden, que $5$ es, es cíclico. Existe sólo un grupo cíclico de orden finito, $\mathbb{Z}_n$. Por lo tanto el grupo homomorphism $\phi$ mapas de $\mathbb{Z}_{30}$ a $\mathbb{Z}_5$.

Recordemos el ejemplo en el conteo de homomorphisms hecho al final de la clase. Nos dijo que homomorphisms entre cíclico grupos son completamente determinado por el lugar donde se envía a los generadores de electricidad. Tenga en cuenta que cualquier $m<n$ es un generador de $\mathbb{Z}_n$ si $(m,n)=1$, es decir, $m,n$ son relativamente primos. Por lo tanto, cada elemento de a $\mathbb{Z}_5$ es un generador de $\mathbb{Z}_5$ desde $5$ es primo. Recordar que si $\phi \text{ : }G\rightarrow H$ es un grupo homomorphism y $G,H$ son cíclicos, a continuación, $\phi$ envía un generador de una $G$ a un generador de un grupo de $H$. Ya que hay sólo $5$ posibles generadores de $\mathbb{Z}_5$ comprobamos los $5$ posible homomorphisms.

Deje que el generador de la preocupación por $\mathbb{Z}_{30}$$1_{30}$. Vamos a estar utilizando un subíndice con elementos para indicar que el elemento vidas, $x_{30}$$x\in \mathbb{Z}_{30}$$x_5$$x\in \mathbb{Z}_{5}$. El $5$ posible homomorphisms enviar, \begin{eqnarray*} \phi_0 \text{ : } 1_{30} &\longmapsto& 0_5 \\ \phi_1 \text{ : } 1_{30} &\longmapsto& 1_5 \\ \phi_2 \text{ : } 1_{30} &\longmapsto& 2_5 \\ \phi_3 \text{ : } 1_{30} &\longmapsto& 3_5 \\ \phi_4 \text{ : } 1_{30} &\longmapsto& 4_5, \end{eqnarray*} donde el subíndice en el homomorphisms indica donde $\phi(1)$ es enviado.

Considerar el trivial homomorphism $\phi_0$ que se asigna a $\mathbb{Z}_{30}$ a $\mathbb{Z}_5$,

$\phi_0 = \left( \begin{array}{cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & \dots & 28 & 29 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ \end{array} \right)$

Para los cuatro restantes homomorphisms, vamos a proceder por ensayo y error:

Considere la posibilidad de $\phi_1$ a ser el grupo homomorphism que los mapas de $\mathbb{Z}_{30}$ a $\mathbb{Z}_5$, de la siguiente manera:

$\phi_1 = \left( \begin{array}{cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & \dots & 28 & 29 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 0 & \dots & 3 & 4 \\ \end{array} \right)$

Vemos que $ker(\phi_1)=\{0,5,10,15,20,25\}$. También este es un homomorphism desde: $\phi_1(e_G)=e_H$ donde$G=\mathbb{Z}_{30}$$H=\mathbb{Z}_5$, y también se $\phi_1(a+b)=\phi_1(a)+\phi_1(b)$ todos los $a,b \in \mathbb{Z}_{30}$.

Considere la posibilidad de $\phi_2$ a ser el grupo homomorphism que los mapas de $\mathbb{Z}_{30}$ a $\mathbb{Z}_5$, de la siguiente manera:

$\phi_2 = \left( \begin{array}{cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & \dots & 28 & 29 \\ 0 & 2 & 4 & 3 & 0 & 1 & 2 & 4 & 3 & 0 & 1 & \dots & 3 & 0 \\ \end{array} \right)$

$\phi_2$ no es un homomorphism desde $\phi_2(3+4)=\phi_2(7)=4$, pero $\phi_2(3)+\phi_2(4)=3$.

Sin embargo, considere otra $\phi_2$. Deje $\phi_2$ ser el grupo homomorphism que los mapas de $\mathbb{Z}_{30}$ a $\mathbb{Z}_5$, de la siguiente manera:

$\phi_2 = \left( \begin{array}{cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & \dots & 28 & 29 \\ 0 & 2 & 1 & 4 & 3 & 0 & 2 & 1 & 4 & 3 & 0 & \dots & 4 & 3 \\ \end{array} \right)$

Vemos que $ker(\phi_2)=\{0,5,10,15,20,25\}$. También este es un homomorphism desde: $\phi_2(e_G)=e_H$ donde$G=\mathbb{Z}_{30}$$H=\mathbb{Z}_5$, y también se $\phi_2(a+b)=\phi_2(a)+\phi_2(b)$ todos los $a,b \in \mathbb{Z}_{30}$.

Nota la diferencia entre los dos $\phi_2$ homomorphisms. De los cinco primeros números, ninguno se asignan a sí mismos como ocurrió en la primera $\phi_2$. Sin embargo, esto no puede ser el único requisito de la homomorphism.

Considere la posibilidad de $\phi_2$ a ser el grupo homomorphism que los mapas de $\mathbb{Z}_{30}$ a $\mathbb{Z}_5$, de la siguiente manera:

$\phi_2 = \left( \begin{array}{cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & \dots & 28 & 29 \\ 0 & 2 & 1 & 4 & 3 & 2 & 1 & 4 & 3 & 2 & 1 & \dots & 3 & 2 \\ \end{array} \right)$

$\phi_2$ no es un homomorphism desde $\phi_2(6+3)=\phi_2(9)=2$, pero $\phi_2(6)+\phi_2(3)=5$.

Ahora se nota la diferencia entre el éxito de la $\phi_2$ y los no exitosos. El $\phi_2$ que es un homomorphism envía la identidad a la identidad, el generador el generador, pero también, cada elemento del codominio $\mathbb{Z}_5$ se produce la misma cantidad de veces. Esto ocurre debido a que los resultados de la homomorphism, `ciclo" en un sentido, a través de los valores de la codominio. Observe que el fallido $\phi_2$ directamente encima de no hacer esto. Se asigna la identidad de la identidad, pero, a continuación, la identidad nunca aparece de nuevo. Si combinamos esta propiedad con la propiedad descubierto anteriormente, que los cinco primeros números de el dominio de la necesidad de no ser enviado a ellos mismos, comenzamos a ver que el núcleo de estos homomorphisms siempre debe ser $\{0,5,10,15,20,25\}$.

La misma propiedad viene con un homomorphism $\phi_3$. Tenemos,

$\phi_3 = \left( \begin{array}{cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & \dots & 28 & 29 \\ 0 & 3 & 1 & 4 & 2 & 0 & 3 & 1 & 4 & 2 & 0 & \dots & 4 & 2 \\ \end{array} \right)$

Como se predijo $ker(\phi_3)=\{0,5,10,15,20,25\}$. También este es un homomorphism desde: $\phi_3(e_G)=e_H$ donde$G=\mathbb{Z}_{30}$$H=\mathbb{Z}_5$, y también se $\phi_3(a+b)=\phi_3(a)+\phi_3(b)$ todos los $a,b \in \mathbb{Z}_{30}$.

La misma propiedad viene con un homomorphism $\phi_4$. Tenemos,

$\phi_4 = \left( \begin{array}{cccccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & \dots & 28 & 29 \\ 0 & 4 & 1 & 2 & 3 & 0 & 4 & 1 & 2 & 3 & 0 & \dots & 2 & 3 \\ \end{array} \right)$

Como se predijo $ker(\phi_4)=\{0,5,10,15,20,25\}$. También este es un homomorphism desde: $\phi_4(e_G)=e_H$ donde$G=\mathbb{Z}_{30}$$H=\mathbb{Z}_5$, y también se $\phi_4(a+b)=\phi_4(a)+\phi_4(b)$ todos los $a,b \in \mathbb{Z}_{30}$.

Por lo tanto, la restricción de la trivial homomorphism $\phi_0$, vemos que el núcleo de todos los demás homomorphisms es $\{0,5,10,15,20,25\}$. Tenga en cuenta que es isomorfo a $\mathbb{Z}_6$. Sabemos que el núcleo de un grupo es un subgrupo, y esto se verifica

Con base en lo anterior la exploración, podemos hacer las siguientes afirmaciones:

• Deje $f$ estar en un homomorphism entre dos finito cíclico grupos, $f \text{ : } \mathbb{Z}_n \rightarrow \mathbb{Z}_m$, where $m<n$ y $(m,n)\neq 1$. Entonces tenemos que $ker(f)=\{0+mx\}$ $x\in \mathbb{Z}$ and $mx<$n.

• El número de homomorphisms entre dos finito cíclico grupos, $\mathbb{Z}_n \rightarrow \mathbb{Z}_m$ donde $m<n$ e $(m,n)\neq 1$, is equal to $(m,n)$.

Answer 1

Sigues hablando acerca de "homomorphisms", que resultan no ser homomorphisms. Su primera $\phi_2$ ha $\phi_2(1)=2$, $\phi_2(2)=4$ y $\phi_2(3)=3$. Si $\phi_2$ fueron un homomorphism, entonces tendríamos $$\phi_2(2)=\phi_2(1+1)=\phi_2(1)+\phi_2(1)=2+2=4,$$ (bueno), $$\phi_2(3)=\phi_2(2+1)=\phi_2(2)+\phi_2(1)=4+2=1$$ (como estamos en $\Bbb Z_5$), que no concuerda con su original $\phi_2$, así que no es un homomorphism. Pero nos muestra cómo crear uno; a continuación, $$\phi_2(4)=\phi_2(3+1)=\phi_2(3)+\phi_2(1)=1+2=3,$$ $$\phi_2(5)=\phi_2(4+1)=\phi_2(4)+\phi_2(1)=3+2=0,$$ etc.

El principio es que cuando sabemos lo $\phi(1)$ es, podemos determinar lo que el homomorphism $\phi$ es. Por lo tanto, si $\phi(1)=4$, a continuación,$\phi(2)=4+4=3$. Por lo que su $\phi_4$ es no un homomorphism.

De todos modos, para cada homomorphism $\phi$, $\phi(5)=\phi(1)+\cdots+\phi(1)$ (cinco sumandos), que es igual a cero. A continuación, $\phi(10)=\phi(5)+\phi(5)=0+0=0$ etc. El núcleo contiene $\{0,5,10,\ldots,25\}$. Pero el kernel de un surjective homomorphism tiene orden de $30/5$, por lo que debe en realidad el kernel.

Answer 2

Estas son verdaderas y bastante sencillo. No he leído a través de todos los ejemplos porque creo que estás haciendo esto demasiado complicado para ti. En la primera viñeta, tenga en cuenta que la existencia de la en homomorphism fuerzas de $m|n$. Ya que en un homomorphism debe tomar una cíclico generador (que usted puede tomar para ser $1$) para un ciclo generador, precisamente el $m^{th}$ múltiplos del generador será en el núcleo.

Para el segundo elemento, tenga en cuenta que el homomorphism sólo puede tener un ciclo generador para el subgrupo de orden $(m,n)$ en el de destino. Se puede tomar a cualquier elemento de ese subgrupo, y hay $(m,n)$ maneras de hacer esto.

Las principales propiedades que se usan aquí son un homomorphism de un grupo cíclico a cualquier otro grupo está totalmente determinado por el destino de cualquier generador, y la única restricción sobre el objetivo de que el generador es que su orden debe dividir a la orden del generador (y esta restricción sólo se aplica si el origen cíclico grupo es finito).