12.07.2015 Views

Algebra 1 (groepen) - Wiskunde

Algebra 1 (groepen) - Wiskunde

Algebra 1 (groepen) - Wiskunde

SHOW MORE
SHOW LESS

Create successful ePaper yourself

Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.

INHOUDSOPGAVE 1Inhoudsopgave1 De gehele getallen 31.1 Deling (met rest) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Priemfactorontbinding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 Rekenen modulo N 162.1 Restklassen modulo N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Eenheden modulo N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3 De Chinese reststelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 Groepen en homomorfismen 293.1 Groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 Onder<strong>groepen</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3 Homomorfismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424 Permutatie-<strong>groepen</strong> 454.1 Bijecties op een verzameling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2 Permutaties op n getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.3 Even en oneven permutaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.4 De alternerende groep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.5 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545 Groepen van symmetrieën 565.1 een aantal matrix<strong>groepen</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.2 <strong>groepen</strong> van isometrieën . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.3 De diëder<strong>groepen</strong>. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.4 Symmetrie<strong>groepen</strong> van de platonische lichamen. . . . . . . . . 655.5 Automorfismen van een graaf . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.6 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 736 Conjugatie, index en Sylow-<strong>groepen</strong> 756.1 conjugatie en index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.2 Sylow onder<strong>groepen</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85


INHOUDSOPGAVE 27 Normaaldelers en factor<strong>groepen</strong> 877.1 Normaaldelers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 877.2 Factor<strong>groepen</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 907.3 Normaaldelers in de alternerende groep . . . . . . . . . . . . . 927.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958 Homomorfie– en isomorfiestellingen 978.1 homomorfismen vanuit een factorgroep . . . . . . . . . . . . . 978.2 isomorfismen vanuit een factorgroep . . . . . . . . . . . . . . . 998.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1039 Eindig voortgebrachte abelse <strong>groepen</strong> 1059.1 Eindig voortgebrachte <strong>groepen</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1059.2 Onder<strong>groepen</strong> van vrije abelse <strong>groepen</strong> . . . . . . . . . . . . . 1079.3 De structuur van eindig voortgebrachte abelse <strong>groepen</strong> . . . . 1099.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117


1 DE GEHELE GETALLEN 31 De gehele getallenIn dit hoofdstuk houden we ons bezig met de verzameling van alle gehele getallenZ = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .}. Veel elementaire eigenschappen daarvanzijn ons welbekend uit het lager– en middelbaar onderwijs. Wat daarevenwel in de meeste gevallen niet gedaan wordt, is zulke eigenschappen ookecht bewijzen. Dat doen we hier wel, en in latere hoofdstukken zal blijkenhoe dat weer te gebruiken is voor bijvoorbeeld een beter begrip van het rekenenmet resten bij deling door een vast getal. Dat laatste kan dan op zijnbeurt gebruikt worden voor bijvoorbeeld het vinden van criteria die zeggenof een gegeven groot getal een priemgetal is of niet. En zo zullen we hier enin verdere hoofdstukken veel meer voorbeelden zien van soms vrij abstractedefinities en bewijzen, die later in concrete situaties heel goed toepasbaarblijken te zijn.1.1 Deling (met rest)Al op de lagere school komen we sommen als 100 : 7 = 14 rest 2 tegen.Achter dit soort opgaven ligt het volgende.Stelling 1.1.1 (Deling met rest.) Laat a, b ∈ Z met b > 0. Dan bestaan erq, r ∈ Z waarvoora = qb + r en 0 ≤ r < b.Bovendien zijn deze q, r uniek.Bewijs. We tonen eerst het bestaan van zulke q, r ∈ Z aan. Voor nietnegatievea kan dat bijvoorbeeld met volledige inductie: is a = 0 dan kunnenwe q = r = 0 nemen. Weten we dat a−1 ≥ 0 te schrijven is als a−1 = ˜qb+ ˜rmet 0 ≤ ˜r < b, dan volgt a = ˜qb + ˜r + 1. Er geldt uiteraard 0 ≤ ˜r + 1 ≤ b.In het geval ˜r + 1 < b kunnen we dus q = ˜q en r = ˜r + 1 nemen. In hetresterende geval ˜r + 1 = b hebben we a = ˜qb + ˜r + 1 = ˜qb + b = (˜q + 1)b + 0,dus q = ˜q +1 en r = 0 voldoen. Hiermee is volgens het principe van volledigeinductie voor a ≥ 0 de existentie van q, r aangetoond.Is a < 0, dan is −a > 0, dus uit wat we zojuist bewezen hebben volgtdat er q ′ , r ′ zijn met −a = q ′ b + r ′ en 0 ≤ r ′ < b. Dan is a = (−q ′ )b − r ′ =(−q ′ − 1)b + (b − r ′ ), dus we concluderen dat q = −q ′ en r = 0 voldoen inhet geval dat r ′ = 0, en als r ′ ≠ 0 dan kunnen we q = −q ′ − 1 en r = b − r ′nemen.Nu nog de uniciteit. Stel dat a = q 1 b + r 1 = q 2 b + r 2 waarbij 0 ≤ r 1 ≤r 2 < b. Dan volgt 0 ≤ r 2 − r 1 ≤ r 2 < b, maar ook r 2 − r 1 = b(q 1 − q 2 ). Dusmoet r 1 = r 2 , want anders zou het een positief veelvoud van b zijn en we


1 DE GEHELE GETALLEN 4hebben al gezien dat r 2 − r 1 < b. We concluderen dat ook b(q 1 − q 2 ) = 0, enomdat b ≠ 0 impliceert dit q 1 = q 2 . Hiermee is de stelling bewezen. ✷Opmerking 1.1.2 Als we wat kennis over reële getallen gebruiken, dan kaneen heel ander bewijs gegeven worden: deel de reële lijn op in intervallen metlengte b, dusR = . . . ∪ [−2b, −b) ∪ [−b, 0) ∪ [0, b) ∪ . . . . . .Het getal a ∈ R ligt dan in één zo’n interval [qb, (q+1)b), en is dus te schrijvenals a = qb + r waarin 0 ≤ r < b.Definitie 1.1.3 Laat a, b ∈ Z. We zeggen dat a het getal b deelt, als er eenq ∈ Z bestaat waarvoor geldt b = qa. Dit noteren we als a|b. Bestaat zo’n qniet, dan schrijven we a ̸ |b (en we zeggen: a deelt b niet).In plaats van a deelt b wordt ook wel gezegd dat a een deler van b is, ofdat b een veelvoud van a is, of dat b deelbaar is door a. Bijvoorbeeld geldt17| − 153 en 0|0 en −2 ̸ |101 en 0 ̸ |3.We geven een aantal eenvoudige eigenschappen van deelbaarheid.Propositie 1.1.4 Voor a, b, c ∈ Z geldt1. Als a|b en b|c dan ook a|c.2. Als a|b en a|c dan ook a|b ± c.3. a|0 en 1|a.4. 0|a dan en slechts dan als a = 0.5. Als voor b ≠ 0 geldt dat a|b, dan is |a| ≤ |b|.Bewijs. Al deze eigenschappen volgen direct uit de definitie. Bijvoorbeeldimpliceert a|b en a|c dat er p, q ∈ Z bestaan waarvoor b = pa en c = qa, endaaruit volgt dat b ± c = pa ± qa = (p ± q)a, met andere woorden a|b ± c. ✷Uit de laatste in Propositie 1.1.4 genoemde eigenschap volgt, dat eengeheel getal a ≠ 0 slechts eindig veel delers heeft; de grootste daarvan is uiteraard|a|. Hebben we nog een getal, zeg b, dan hebben dus in het bijzondera en b slechts eindig veel delers gemeenschappelijk (twee van die gemeenschappelijkedelers zijn natuurlijk 1 en −1). Iets dergelijks geldt wanneer wekijken naar gemeenschappelijke veelvouden van twee gehele getallen a, b. Alsa of b nul is, dan volgt uit de vierde in Propositie 1.1.4 gegeven eigenschapdat 0 het enige gemeenschappelijke veelvoud is. Geldt daarentegen ab ≠ 0,dan hebben a en b gemeenschappelijke positieve veelvouden, bijvoorbeeld|ab|. Dit leidt tot de volgende definitie:


1 DE GEHELE GETALLEN 5Definitie 1.1.5 Laat a, b ∈ Z. Als a en b niet allebei gelijk aan 0 zijn, danwordt de grootste gemene deler van a en b gedefiniëerd als het grootste getaldat zowel een deler van a als van b is. Dit wordt genoteerd als ggd(a, b).Verder spreken we af dat ggd(0, 0) = 0.Het kleinste gemene veelvoud, notatie kgv(a, b) van a en b is per definitie0 als ab = 0, en het is het kleinste positieve getal k met de eigenschap a|k enb|k als zowel a als b ongelijk aan nul zijn.Twee getallen a, b noemen we relatief priem of ook wel onderling ondeelbaarals ggd(a, b) = 1.Voorbeeld 1.1.6 Er geldt ggd(a, b) = ggd(b, a) en ggd(a, 0) = |a|. Omdatde delers van a en die van |a| dezelfde zijn, geldt ook ggd(a, b) = ggd(|a|, b) =ggd(a, |b|) = ggd(|a|, |b|). Het is in het algemeen lastig om met behulp van dedefinitie grootste gemene delers uit te rekenen. Probeer bijvoorbeeld maareens na te gaan dat ggd(35581, 46189) = 221.Dergelijke voorbeelden voor kgv zijn eenvoudig zelf te maken; bijvoorbeeldkomen we ze tegen op de lagere school bij het gelijknamig maken vanbreuken. In de rest van deze paragraaf houden we ons alleen met de ggdbezig; in Sectie 1.2 komen we dan op het begrip kgv terug.Er blijkt een verrassend eenvoudig en efficiënt algoritme te bestaan voorhet bepalen van ggd(a, b). Dit is afkomstig van de Griekse wiskundige Euclidesdie rond 300 B.C. leefde. Het algoritme werkt als volgt.Stelling 1.1.7 (Het Euclidische algoritme.) Het volgende algoritme bepaaltin eindig veel stappen de grootste gemene deler van twee getallen a, b:ggd:=proc(a::integer,b::integer)::integer;local rn,ro,hulp;ro:=max(abs(a),abs(b)); rn:=min(abs(a),abs(b));while rn0 dodo hulp:=ro; ro:=rn; rn:=hulp mod rn end do;return roend proc;Bewijs. Om te begrijpen wat dit programma doet, gaan we na wat er in de‘while-loop’ gebeurt. Telkens wordt het paar getallen (ro, rn) vervangen door(rn, ro mod rn). Zoals bekend is ro mod rn precies de rest die overblijft wanneerwe ro door rn delen. (NB. pas overigens op: in veel programmeertalenis voor negatieve a de uitkomst van a mod b niet de rest r zoals die in Stelling1.1.1 gegeven wordt, maar juist r − |b|. Bovenstaande code is geschrevenin Maple; daar doet dit probleem zich niet voor.) In het bijzonder geldt dus


1 DE GEHELE GETALLEN 6dat steeds aan het begin van de ‘loop’ geldt ro, rn ≥ 0, en iedere keer dat dezedoorlopen wordt, wordt rn strikt kleiner. Dus termineert het programma.Om te laten zien dat met het programma ook inderdaad de grootste gemenedeler van a en b wordt berekend, zullen we nagaan dat bovendien bij het ingaanvan de ‘loop’ steeds geldt ggd(ro, rn) = ggd(a, b). In Lemma 1.1.8 hiernawordt dat gedaan. Is dit bewezen, dan volgt dat wanneer de ‘loop’ voor hetlaatst doorlopen is dat rn = 0 en ggd(a, b) = ggd(ro, rn) = ggd(ro, 0) = ro,met andere woorden het algoritme levert inderdaad de grootste gemene delervan a en b op.✷Lemma 1.1.8 Voor a, b, q, r ∈ Z met a = qb + r geldt ggd(a, b) = ggd(b, r).Bewijs. We zullen laten zien dat de verzameling gemeenschappelijke delersvan a en b dezelfde zijn als die van b en r. Uit de definitie van grootstegemene deler volgt dan het lemma.Geldt d|a en d|b, dan ook d|a − qb = r. Dus gemeenschappelijke delersvan a en b zijn ook gemeenschappelijke delers van b en r.Omgekeerd, als d|b en d|r, dan ook d|qb + r = a. Dus zijn de delers vanzowel b als r ook gemeenschappelijke delers van a en b. Hiermee is het lemmabewezen.✷Voorbeeld 1.1.9ggd(1057, 315) = ggd(3 · 315 + 112, 315) == ggd(315, 112) = ggd(2 · 112 + 91, 112) == ggd(112, 91) = ggd(91 + 21, 91) == ggd(91, 21) = ggd(4 · 21 + 7, 21) == ggd(21, 7) = ggd(7, 0) = 7.We zullen nu nagaan hoe efficient het Euclidische algoritme is.Stelling 1.1.10 (G. Lamé, 1844, Frans wiskundige.) Is a > b > 0, dan ishet aantal delingen met rest in het Euclidische algoritme voor het bepalen vanggd(a, b) hoogstens gelijk aan 5 maal het aantal cijfers van b (in het gewonetientallig stelsel).Bewijs. Schrijf r 0 = a en r 1 = b. In het algoritme wordt dan achtereenvolgenduitgerekendr 0 = q 0 r 1 + r 2 (0 < r 2 < r 1 )r 1 = q 1 r 2 + r 3 (0 < r 3 < r 2 )r 2 = q 2 r 3 + r 4 (0 < r 4 < r 3 ).r n−2 = q n−2 r n−1 + r n (0 < r n < r n−1 )r n−1 = q n−1 r n + 0.


1 DE GEHELE GETALLEN 7Het aantal delingen met rest is dus precies n.Om een schatting voor n te vinden maken we gebruik van de zogehetenFibonacci rij (f i ) i≥0 , die gedefiniëerd wordt door f 0 = f 1 = 1 en f i+2 =f i+1 + f i voor i ≥ 0. Dus dit is de rij 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . . . ..Omdat 0 < r n < r n−1 , volgt dat q n−1 > 1 en dus r n−1 ≥ 2r n ≥ f 2 . Methet principe van volledige inductie volgt zo voor iedere i met 1 ≤ i ≤ n − 1dat r n−i ≥ f i+1 . Voor i = 1 hebben we dit namelijk zojuist aangetoond. Isi > 1 en weten we deze ongelijkheid al voor 1 ≤ j < i, dan volgt r n−i =q n−i r n−(i−1) + r n−(i−2) ≥ r n−(i−1) + r n−(i−2) ≥ f i + f i−1 = f i+1 .In het bijzonder blijkt hieruit dat b = r 1 ≥ f n .Om het bewijs te voltooien, laten we zien dat f 5i+1 > 10 i voor i ≥ 1.Voor i = 1 klopt dit, want f 6 = 13 > 10. Is het juist voor i ≥ 1, dan volgtf 5(i+1)+1 = f 5i+6 = f 5i+5 + f 5i+4 = f 5i+4 + 2f 5i+3 + f 5i+2 = f 5i+3 + 3f 5i+2 +3f 5i+1 + f 5i = f 5i+2 + 7f 5i+1 + 4f 5i = 8f 5i+1 + 5f 5i > 8f 5i+1 + 2f 5i + 2f 5i−1 =10f 5i+1 > 10 · 10 i = 10 i+1 .Schrijf nu n = 5m + k met 1 ≤ k ≤ 5. Dan volgt dat b ≥ f n ≥ f 5m+1 >10 m . Met andere woorden, het aantal cijfers van b is minstens gelijk aanm+1 ≥ n/5, oftewel n is kleiner dan of gelijk aan 5 maal het aantal decimalecijfers van b, hetgeen we wilden bewijzen.✷Een toepassing van het Euclidische algoritme die verderop bij het ‘rekenenmodulo N’ van groot belang zal blijken, is dat we er oplossingen in gehelegetallen van bepaalde lineaire vergelijkingen mee kunnen vinden:Stelling 1.1.11 (Bachet-Bézout; vernoemd naar de Franse wiskundigenClaude Gaspard Bachet 1581–1638 en Étienne Bézout 1730–1783.) Voora, b ∈ Z bestaan er x, y ∈ Z met ax + by = ggd(a, b).Bewijs. Dit volgt direct uit de definitie van ggd in het geval dat ab = 0.We nemen nu aan a ≠ 0 ≠ b. Schrijf r 0 = |a| en r 1 = |b|. Als het Euclidischalgoritme precies n delingen met rest uitvoert, dan levert dit een rijr 0 = q 0 r 1 + r 2 (0 < r 2 < r 1 )r 1 = q 1 r 2 + r 3 (0 < r 3 < r 2 )r 2 = q 2 r 3 + r 4 (0 < r 4 < r 3 ).r n−2 = q n−2 r n−1 + r n (0 < r n < r n−1 )r n−1 = q n−1 r n + 0zoals we in het voorgaande bewijs al gebruikt hebben. De voorlaatste gelijkheidhier geeft r n = ggd(a, b) als gehele lineaire combinatie van r n−1 en r n−2 .Met behulp van de gelijkheid daarboven kunnen we r n−1 hierin schrijven als


1 DE GEHELE GETALLEN 8combinatie van r n−2 en r n−3 , dus dat levert een schrijfwijze van ggd(a, b) opals gehele lineaire combinatie van r n−2 en r n−3 . Zo verder naar boven werkendelimineren we achtereenvolgens r n−2 , r n−3 , . . . , r 3 , r 2 . Wat overblijft iseen relatie ggd(a, b) = xr 1 +yr 0 , en door eventueel hierin x en/of y van tekente wisselen geeft dit een gelijkheid ax + by = ggd(a, b), zoals verlangd. ✷Het bovenstaand bewijs is volledig constructief, zoals blijkt uit het volgendealgoritme waarmee tegelijk de grootste gemene deler van a, b ∈ Z gevondenwordt, en x, y berekend wordt waarvoor ax + by = ggd(a, b). In feite isdit algoritme niet gebaseerd op het van beneden naar boven doorlopen vande hiervoor gegeven rij gelijkheden voor de r i ’s, maar juist van boven naarbeneden. Er wordt namelijk bij iedere nieuw berekende r i meteen x i , y i ∈ Zgevonden waarvoor x i a + y i b = r i . De in de n-de stap gevonden x n , y n zijndan de gevraagde x, y. Ga zelf na dat het algoritme inderdaad werkt.# Hier gaan we ggd(a,b) vinden, en schrijven als xa+yb.if a=0then x:=0; y:=1; ggd:=abs(b)else if b=0then x:=1; y:=0; ggd:=abs(a)else # a en b zijn nu beide niet 0ro:=abs(a); xo:=sign(a); yo:=0;rn:=abs(b); x:=0; y:=sign(b);while rn0doq:=floor(ro/rn); hulp:=rn; rn:=ro-q*rn; ro:=hulp;hulp:=x; x:=xo-q*x; xo:=hulp;hulp:=y; y:=yo-q*y; yo:=hulpend do;ggd:=ro; x:=xo; y:=yoend ifend if; print(ggd,x,y);Voorbeeld 1.1.12 In Voorbeeld 1.1.9 zagen we dat ggd(1057, 315) = 7. Weconstrueren nu volgens bovenstaand algoritme gehele getallen x, y waarvoor1057x + 315y = 7. Beschouw daartoe de volgende gelijkheden:1 · 1057 + 0 · 315 = 10570 · 1057 + 1 · 315 = 315 (deze 3 keer van de vorige af:)1 · 1057 + −3 · 315 = 112 (deze 2 keer van de vorige af:)−2 · 1057 + 7 · 315 = 91 (deze 1 keer van de vorige af:)3 · 1057 + −10 · 315 = 21 (deze 4 keer van de vorige af:)−14 · 1057 + 47 · 315 = 7.


1 DE GEHELE GETALLEN 9De hier gevonden oplossing is zeker niet de enige. Is bijvoorbeeld ook (x ′ , y ′ )een oplossing, ( ) dan ( geldt ) met betrekking ( ) tot ( het ) standaardinproduct op R 21057 x 1057 x′dat 〈 , 〉 = 7 = 〈315 y315 y ′ 〉, en dus staat de vector( )( )x − x′1057y − y ′ loodrecht op . Hiermee zijn eenvoudig alle geheeltallige315oplossingen van 1057x + 315y = 7 te vinden.Met behulp van het bestaan van getallen x, y ∈ Z waarvoor geldt ax+by =ggd(a, b) zijn gemakkelijk een paar verdere resultaten af te leiden:Gevolg 1.1.13 Laat a, b ∈ Z en d = ggd(a, b). Elk getal dat zowel a als bdeelt is ook een deler van d, en omgekeerd is elke deler van d een gemeenschappelijkedeler van a en b.Bewijs. Omdat d zowel a als b deelt, volgt uit de eerste eigenschap in Propositie1.1.4 dat iedere deler van d dat ook doet.Omgekeerd, schrijf d = ax + by voor zekere x, y ∈ Z. Als c|a en c|b danook c|ax + by = d. Dit bewijst het gevolg.✷Gevolg 1.1.14 Laat a, b ∈ Z. Dan zijn a, b onderling ondeelbaar precies danals er x, y ∈ Z bestaan waarvoor geldt ax + by = 1.Bewijs. Zijn a, b onderling ondeelbaar, dan houdt dat per definitie in datggd(a, b) = 1. Uit Stelling 1.1.11 volgt dan het bestaan van x, y ∈ Z metax + by = 1.Omgekeerd, als ax + by = 1 voor zekere x, y ∈ Z en d = ggd(a, b), dand|a en d|b, dus d|ax + by = 1, dus d = 1.✷Gevolg 1.1.15 Voor a, b, c ∈ Z met ggd(a, b) = 1 geldt: als a|bc, dan a|c.Bewijs. Neem x, y ∈ Z met ax + by = 1. Als a|bc, dan ook a|axc + byc =(ax + by)c = c.✷1.2 PriemfactorontbindingDefinitie 1.2.1 Een priemgetal is een geheel getal groter dan 1, dat alleen1 en zichzelf als positieve delers heeft.Voorbeeld 1.2.2 Kleine priemgetallen als 2, 3, 5, . . . zijn welbekend. Voorgrotere getallen is het heel lastig om na te gaan of het priemgetallen zijn.Zo weten we bijvoorbeeld dat 2 524288 + 1 geen priemgetal is, en 2 859433 −


1 DE GEHELE GETALLEN 101 is er wel één, en 2 1048576 + 1 weer niet. Dit zijn getallen die decimaaluitgeschreven uit resp. 157827, 258716 en 315653 cijfers bestaan. Van heteerstgenoemde grote getal (de exponent van 2 is precies 2 19 ) vond in 1962de Zweedse wiskundige Hans Riesel een deler, namelijk 33629 · 2 21 + 1. Voorhet tweede getal (de exponent 859433 is zelf een priemgetal) werd in januari1994 door twee Amerikanen, David Slowinski en Paul Gage, bewezen dat heteen priemgetal is. Momenteel (februari 2012) kennen we nog veel groterepriemgetallen, bijvoorbeeld 2 43112609 − 1, een getal van maar liefst 12978189decimale cijfers, in 2008 gevonden door Edson Smith, een systeembeheerdervan de universiteit van Californië in Los Angeles (UCLA). Van het derdegetal (de exponent is, net als voor het eerste, een macht van 2, namelijk 2 20 )werd in 1987 door de Amerikanen Jeff Young en Duncan Buell bewezen dathet geen priemgetal is. Echter, tot nu toe heeft nog niemand een deler vandit getal gevonden. Het kleinste getal van de vorm 1 + 2 m waarvoor op ditmoment nog niet bekend is of het een priemgetal is, is dat met m = 2 22 .Stelling 1.2.3 Is p een priemgetal, en zijn a, b ∈ Z getallen zodat p|ab, danp|a of p|b.Bewijs. Noem d = ggd(a, p). Omdat p ≠ 0 is, geldt dat d positief is.Bovendien is het een deler van p. Uit de definitie van priemgetal volgt nudat d = 1 of d = p. In het eerste geval levert dan Gevolg 1.1.15 dat p|b. Inhet tweede geval geldt p = d|a.✷Gevolg 1.2.4 Is p een priemgetal, en zijn a 1 , . . . , a n gehele getallen zodatp|a 1 a 2 · . . . · a n , dan is er een index k met 1 ≤ k ≤ n zodat p|a k .Bewijs. Dit kan met volledige inductie naar n bewezen worden. Voor n = 1is er niets te bewijzen (en voor n = 2 hebben we zojuist in Stelling 1.2.3 ditbewezen). Neem aan dat n ≥ 3 en dat we het gevraagde voor een productvan < n factoren al weten. Als p|a 1 a 2 · . . . · a n = (a 1 ) · (a 2 · . . . · a n ), dan volgtuit Stelling 1.2.3 dat p|a 1 of p|a 2 · . . . · a n . In het eerste geval zijn we directklaar, en in het tweede geval vanwege onze inductiehypothese ook. ✷Met behulp van bovenstaande eigenschappen van priemgetallen kan een resultaatbewezen worden dat wel de ‘hoofdstelling van de rekenkunde’ wordtgenoemd:Stelling 1.2.5 (unieke priemfactorisatie) Ieder geheel getal groter dan 1 is,op de volgorde van de factoren na, op precies één manier te schrijven als eenproduct van priemgetallen.


1 DE GEHELE GETALLEN 11Bewijs. Eerst tonen we aan dat iedere n ∈ Z met n > 1 als product vanpriemgetallen te schrijven is. Dit gaat met inductie naar n: het geval n = 2is duidelijk. Stel n > 2 en neem aan dat elk getal groter dan 1 en kleinerdan n als product van priemgetallen te schrijven is. Is n een priemgetal,dan zijn we klaar. Zoniet, dan is n = n 1 n 2 , met 1 < n 1 , n 2 < n. Uit deinductiehypothese volgt dat zowel n 1 als n 2 als product van priemgetallen teschrijven zijn, en dus is n dat ook.Vervolgens tonen we de uniciteit van deze schrijfwijze aan. Stel dat deschrijfwijze niet uniek is. Neem n het kleinste getal > 1 dat meerdere factorisatiesheeft, zegn = p 1 p 2 · . . . · p t = q 1 q 2 · . . . · q s ,voor priemgetallen p i , q j zijn twee verschillende factorisaties. Dan geldtp 1 |n = q 1 q 2 · . . . · q s . Omdat n meerdere factorisaties heeft, kan n zelf geenpriemgetal zijn, dus s, t > 1 en in het bijzonder n/p 1 > 1. Uit Gevolg 1.2.4blijkt dat p 1 |q k voor zekere k. Omdat q k een priemgetal is, concluderen wedat p 1 = q k . Delen we de beide gegeven factorisaties door hun gemeenschappelijkefactor p 1 = q k , dan blijkt dat ook n/p 1 twee verschillende factorisatiesheeft. Dit is in tegenspraak met de minimaliteit van n. Hiermee is dus destelling bewezen.✷Hoewel we in Voorbeeld 1.2.2 al zagen dat het vinden van grote priemgetallenlastig is, is toch de volgende stelling al heel oud.Stelling 1.2.6 (Euclides) Er bestaan oneindig veel priemgetallen.Bewijs. Stel we hebben n ≥ 1 onderling verschillende priemgetallenp 1 , . . . , p n . Bezie het getal N = p 1 · p 2 · . . . · p n + 1. Kies een priemgetalq uit de priemfactorisatie van N. Dan is q verschillend van elke p i , wantanders zou q zowel N als N − 1 = p 1 · . . . · p n delen, en dus ook het verschilN − (N − 1) = 1 hetgeen onmogelijk is. We concluderen dus uit het bestaanvan n priemgetallen, dat er ook n + 1 priemgetallen bestaan. Hieruit volgtde stelling.✷Opmerking 1.2.7 Het is niet het geval dat de N in het bewijs van Stelling1.2.6 zelf noodzakelijkerwijs een priemgetal is. Bijvoorbeeld is voor eeneindige verzameling oneven priemgetallen hun product plus 1 altijd even. Enbeginnen we bijvoorbeeld bij de verzameling {2}, dan levert herhaaldelijk1 plus het product van alle gegeven priemgetallen nemen achtereenvolgend2, 3, 7, 43, 1807 op. Dit laatste getal is deelbaar door 13.Definitie 1.2.8 Is p een priemgetal en a ∈ Z ongelijk aan 0 of ±1, danschrijven we v p (a) voor het aantal keren dat p voorkomt in de priemfactorisatievan |a|. Verder schrijven we v p (1) = v p (−1) = 0 en v p (0) = ∞.


1 DE GEHELE GETALLEN 12Het getal v p (a) wordt wel de valuatie of ook wel de orde van a bij p genoemd.Omdat de priemfactorisatie op volgorde na uniek is, is v p (a) goedgedefiniëerd. Is a ∈ Z niet nul, dan volgt uit de definitie dat |a| = ∏ p vp(a) .Hier nemen we het product over alle priemgetallen p, en hoewel dat er blijkensStelling 1.2.6 oneindig veel zijn, is dit product toch goed gedefiniëerd. Ergeldt namelijk dat slechts eindig veel priemgetallen voorkomen in de priemfactorisatievan |a|. Voor alle overige is v p (a) = 0 en dus p vp(a) = 1.Gevolg 1.2.9 Laat a, b gehele getallen zijn.1. Voor elk priemgetal p is v p (ab) = v p (a) + v p (b).2. a|b dan en slechts dan als voor ieder priemgetal p geldt v p (a) ≤ v p (b).3. Als a en b niet allebei nul zijn, dan isggd(a, b) =∏p min{vp(a),vp(b)} .4. Als a ≠ 0 én b ≠ 0, dan iskgv(a, b) =5. Als a|c en b|c, dan kgv(a, b)|c.6. ggd(a, b) · kgv(a, b) = |ab|.p priem∏p priemp max{vp(a),vp(b)} .Bewijs. 1: De uitspraak is waar indien a en/of b nul is, want oneindigplus oneindig en ook oneindig plus een geheel getal is weer oneindig. Hetresterende geval volgt uit de gelijkheid|ab| = |a| · |b| = ∏ p vp(a) · ∏p vp(b) = ∏ p vp(a)+vp(b) .ppp2: Als a|b, dan b = qa voor een q ∈ Z, en uit wat zojuist bewezen is volgtdan v p (a) ≤ v p (a) + v p (q) = v p (qa) = v p (b), voor ieder priemgetal p.Omgekeerd, als voor ieder priemgetal p geldt v p (a) ≤ v p (b), dan geldt zekera|b in het geval b = 0. In het geval a = 0 volgt dat v p (b) = ∞, dus b = 0,dus opnieuw a|b. Zijn zowel a als b ongelijk aan nul, dan is q = ∏ p pvp(b)−vp(a)een goed gedefiniëerd geheel getal. Per definitie hebben |b| en |qa| dezelfdepriemfactorisatie, dus b = ±qa, met andere woorden a|b.3: Uit wat zojuist bewezen is volgt dat de getallen d die zowel a als b delen,precies die getallen met de eigenschap v p (d) ≤ v p (a) én v p (d) ≤ v p (b)


1 DE GEHELE GETALLEN 13voor elk priemgetal p. Omdat a ≠ 0 of b ≠ 0, is min{v p (a), v p (b)} eindigvoor∏ieder priemgetal, en ongelijk aan nul voor slechts eindig veel p’s. Dusp pmin{vp(a),vp(b)} is een goed gedefiniëerd getal, dat zowel a als b deelt enbovendien minstens zo groot is als iedere andere gemeenschappelijke deler.Dus is dit ggd(a, b).4: a en b zijn beide niet nul, dus voor elk priemgetal p zijn v p (a) en v p (b)eindig terwijl deze getallen voor slechts eindig veel p’s ≠ 0 zijn. Dus isk = ∏ p pmax{vp(a),vp(b)} welgedefiniëerd en positief, en vanwege de tweede eigenschaphierboven is k een veelvoud van zowel a als b. Ieder gemeenschappelijkveelvoud c voldoet blijkens deze zelfde eigenschap aan v p (c) ≥ v p (a)én v p (c) ≥ v p (b), dus volgt dat k het kleinste positieve gemeenschappelijkeveelvoud is, oftewel k = kgv(a, b).5: Is ab = 0 en a|c en b|c, dan volgt dat c = 0 dus in dit geval is de beweringbewezen. Is ab ≠ 0 dan volgt de bewering door de reeds bewezen 2de en 4deuitspraak hier te combineren.6: Dit klopt wanneer ab = 0 omdat dan ook per definitie kgv(a, b) = 0.Indien ab ≠ 0, dan is|ab| = ∏ p pvp(a) · ∏p pvp(b) = ∏ p pvp(a)+vp(b)= ∏ p pmin{vp(a),vp(b)}+max{vp(a),vp(b)}hetgeen vanwege 3) en 4) gelijk is aan ggd(a, b) · kgv(a, b).✷Opmerking 1.2.10 De in Gevolg 1.2.9 gegeven formules voor ggd(a, b) enkgv(a, b) leveren een methode om deze getallen te vinden op voorwaarde datwe de priemfactorisatie van a en b kennen. In het algemeen kennen we dezenatuurlijk niet, en het berekenen ervan blijkt vaak veel lastiger dan directmet het Euclidische algoritme de ggd te bepalen, en vervolgens het kgv metbehulp van de formule kgv(a, b) = |ab|/ggd(a, b). Merk op dat we om dezeformule te bewijzen wel gebruikt hebben dat unieke priemfactorisatie bestaat.Evenwel in het gebruiken van de formule hebben we dat verder niet nodig.


1 DE GEHELE GETALLEN 141.3 Opgaven1. (‘Het b-tallig stelsel’). Laat a, b ∈ Z met a ≥ 1 en b ≥ 2. Toon aandat er een t ∈ Z bestaat met t ≥ 0, en verder getallen c 0 , c 1 , . . . , c t ∈{0, 1, . . . , b − 1} zodat c t ≠ 0 ena = c t b t + . . . + c 2 b 2 + c 1 b + c 0 .Laat ook zien dat deze t, c 0 , . . . , c t uniek bepaald zijn.2. Bewijs dat als a, b ∈ Z niet allebei gelijk zijn aan nul, dan zijna/ggd(a, b) en b/ggd(a, b) relatief priem.3. Bepaal d = ggd(3354, 3081) en vind x, y ∈ Z waarvoor 3354x+3081y =d. Geef vervolgens alle gehele oplossingen van deze vergelijking.4. Gegeven de Fibonacci rij (f n ) n≥0 , gedefiniëerd door f 0 = f 1 = 1 enf n+2 = f n+1 + f n voor n ≥ 0. Hoeveel delingen met rest voert hetEuclidische algoritme uit bij het bepalen van ggd(f n , f n+1 )? Laat ziendat ggd(f n , f n+1 ) = 1 voor elke n ≥ 0.5. Laat n ∈ Z, n ≥ 2. Toon aan dat n een priemgetal is precies dan als ngeen deler d heeft met 1 < d ≤ √ n.6. Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen zijn die bij deling door 4 rest3 opleveren.7. Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen p zijn met de eigenschap datp − 2 geen priemgetal is.8. Bewijs dat voor a, b, c ∈ Z geldt:(a) Als ggd(a, b) = ggd(a, c) = 1, dan is ggd(a, bc) = 1.(b) Als a en b relatief priem zijn en beide delen c, dan deelt hunproduct c.(c) Is c ≥ 0, dan geldt ggd(ac, bc) = c · ggd(a, b).9. Neem a, b ∈ Z beide positief.(a) Laat r de rest van a bij deling door b zijn. Toon aan dat 2 r − 1de rest van 2 a − 1 bij deling door 2 b − 1 is.(b) Laat zien dat 2 b − 1|2 a − 1 dan en slechts dan als b|a.(c) Bewijs dat ggd(2 a − 1, 2 b − 1) = 2 ggd(a,b) − 1.


1 DE GEHELE GETALLEN 15(d) Zijn bovenstaande uitspraken ook waar indien we ‘2’ vervangendoor een geheel getal c > 2?10. Gegeven zijn a, b, n ∈ Z met n ≥ 0.(a) Toon aan dat a − b|a n − b n .(b) Bewijs dat als n oneven is, dan geldt a + b|a n + b n .(c) Kies nu b = 1 en neem aan a > 1 en n > 1. Bewijs dat als a n − 1een priemgetal is, dan geldt a = 2 en n is een priemgetal.(d) Neem a = 2 en n = 11, en ga na dat a n − 1 geen priemgetal is.Kennelijk geldt de omkering van bovenstaande bewering dus niet.11. Laat zien dat als 2 n + 1 een priemgetal is, dan geldt n = 2 k voor eengeheel getal k ≥ 0.12. Bewijs dat als voor n ∈ Z, n ≥ 1 geldt dat n 4 + 4 n een priemgetal is,dan is n = 1.13. (a) Laat zien dat voor een priemgetal p > 3 geldt dat 24|p 2 − 1.(b) Laat zien dat als p 1 , p 2 , p 3 , p 4 , p 5 (niet noodzakelijk verschillende)priemgetallen zijn, en p 1 p 2 p 3 p 4 p 5 + 1 = p 2 voor een priemgetal p,dan is p = 7 of p = 11 of p = 13.14. Stel dat p 1 , . . . , p n onderling verschillende priemgetallen zijn. Toonaan dat log(p 1 ), . . . , log(p n ) lineair onafhankelijk zijn over Q, dwz. erbestaan geen a 1 , . . . , a n ∈ Q die niet allemaal gelijk aan nul zijn, zodata 1 log(p 1 ) + . . . + a n log(p n ) = 0.


2 REKENEN MODULO N 162 Rekenen modulo NIn dit hoofdstuk gaan we in op de basiseigenschappen van het rekenen metresten.2.1 Restklassen modulo NLaat N een willekeurig positief geheel getal zijn.Definitie 2.1.1 Twee gehele getallen a, b heten congruent modulo N wanneerN|a − b. Dit wordt genoteerd als a ≡ b mod N.Er geldt dat gehele getallen a, b congruent zijn modulo N precies dan alsze dezelfde rest opleveren bij deling door N. Immers, is a = q 1 N + r 1 enb = q 2 N + r 2 met 0 ≤ r 1 , r 2 < N, dan is N|a − b gelijkwaardig met N|r 1 − r 2 .Omdat r 1 − r 2 strikt tussen −N en +N ligt kan dat alleen maar deelbaardoor N zijn als r 1 − r 2 = 0 oftewel r 1 = r 2 .De relatie ‘congruent zijn modulo N’ is een equivalentierelatie op Z. Immers,als a en b dezelfde rest hebben bij deling door N dan hebben b en adat ook, dus de relatie is symmetrisch. Ook is de relatie reflexief, want datwil in dit geval precies zeggen dat a dezelfde rest bij deling door N heeft alsa. Tenslotte geldt dat als a en b dezelfde rest opleveren, en b en c doen datook, dan uiteraard ook a en c, oftewel de relatie is transitief.Zoals bekend deelt een equivalentierelatie een verzameling op in een verenigingvan disjuncte deelverzamelingen. In ons geval heten die deelverzamelingenrestklassen modulo N. Expliciet:Definitie 2.1.2 Voor a ∈ Z wordt de restklasse van a modulo N gegevendoor{b ∈ Z | b ≡ a mod N} .We noteren deze restklasse als a mod N of ook wel, als er geen verwarringmogelijk is over wat N is, als a.Per definitie is a mod N dus een deelverzameling van Z. Als a = qN + r,dan geldt a ≡ r mod N, en de restklasse r mod N is dezelfde als a mod N.Er zijn dus evenveel restklassen modulo N als er mogelijke resten bij delingdoor N zijn, en dat zijn er precies N. De restklasse van a modulo N bestaatprecies uit alle getallen van de vorm a + Nk voor een k ∈ Z, dus we kunnenook schrijvena mod N = a = a + NZ.


2 REKENEN MODULO N 17Voorbeeld 2.1.3 Voor N = 4 zijn er zoals uit het bovenstaande blijkt 4 verschillenderestklassen, namelijk 0 mod 4 en 1 mod 4 en 2 mod 4 en 3 mod 4.Zoals gezegd zijn dit 4 deelverzamelingen van Z die verenigd heel Z opleveren.Uitgeschreven:{ . . . . . . , −284, . . . , −8, −4, 0, 4, . . . , 1016, . . . . . . } = 0 mod 4,{ . . . . . . , −283, . . . , −7, −3, 1, . . . , 1017, . . . . . . } = 1 mod 4,{ . . . . . . , −282, . . . , −6, −2, 2, . . . , 1018, . . . . . . } = 2 mod 4,{ . . . . . . , −281, . . . , −5, −1, 3, . . . , 1019, . . . . . . } = 3 mod 4.De restklasse 17 mod 4 is dezelfde als 1 mod 4, of, in de notatie a = a mod 4:er geldt 17 = 1, en evenzo −1001 = 3.De volgende elementaire eigenschap volgt direct uit algemeenheden over equivalentierelaties.We geven toch een bewijs, als oefening met de gegeven definities.Lemma 2.1.4 Voor a, b ∈ Z geldt a mod N = b mod N precies dan alsa ≡ b mod N.Bewijs. Neem aan dat a mod N = b mod N. Omdat a een element is vande restklasse a mod N = b mod N, geldt per definitie a ≡ b mod N.Omgekeerd, stel a ≡ b mod N. Zoals we gezien hebben betekent ditdat a en b dezelfde rest opleveren bij deling door N. Dan volgt voor eenc ∈ Z dat c in de restklasse a mod N zit precies dan als c dezelfde rest bijdeling door N heeft als a, hetgeen gelijkwaardig is met de uitspraak datc dezelfde rest oplevert als b, ofwel dat c in b mod N zit. Dit bewijst data mod N = b mod N.✷Stelling 2.1.5 Als a 1 , a 2 , b 1 , b 2 restklassen modulo N zijn bij zekerea 1 , a 2 , b 1 , b 2 ∈ Z, en a 1 = a 2 en b 1 = b 2 , dan volgt a 1 + b 1 = a 2 + b 2 ena 1 b 1 = a 2 b 2 .Bewijs. Uit a 1 = a 2 en b 1 = b 2 volgt vanwege Lemma 2.1.4 dat er q, q ′ ∈ Zzijn zodat a 2 = a 1 + Nq en b 2 = b 1 + Nq ′ . Dan volgt dat a 2 + b 2 = a 1 + b 1 +N(q + q ′ ), oftewel, opnieuw vanwege Lemma 2.1.4, a 1 + b 1 = a 2 + b 2 . Ook isa 2 b 2 = (a 1 + Nq)(a 2 + Nq ′ ) = a 1 a 2 + N(a 1 q ′ + qa 2 + Nqq ′ ), en dit impliceertdat a 1 b 1 = a 2 b 2 .✷Definitie 2.1.6 (Optellen en vermenigvuldigen van restklassen.) De verzamelingrestklassen modulo N noteren we als Z/NZ. Zijn a mod N, b modN ∈ Z/NZ, dan definiëren we(a mod N) + (b mod N) = (r 1 + r 2 ) mod N


2 REKENEN MODULO N 18en(a mod N) · (b mod N) = r 1 r 2 mod N,waarbij r 1 een willekeurig element van a mod N is en r 2 een willekeurig elementvan b mod N. Uit Stelling 2.1.5 blijkt dat het niet uitmaakt welke r 1 , r 2we kiezen.Opmerking 2.1.7 Als we in de bovenstaande definitie r 1 = a en r 2 = bkiezen (dat mag, want a, b zitten in resp. a mod N, b mod N), dan staat era + b = a + b en a · b = ab.Voorbeeld 2.1.8 We kiezen N = 17. Er geldt −1 = 67, want het verschilvan −1 en 67 is deelbaar door 17. Dus volgt dat ook 1 = (−1)(−1) = −1 ·−1 = 67 · 67 = 67 2 . Kennelijk geldt dus dat 67 2 en 1 dezelfde rest opleverenbij deling door 17, oftewel dat 67 2 − 1 deelbaar is door 17. (Dat hadden wenatuurlijk ook zonder restklassen kunnen inzien: 67 2 − 1 = (67 + 1)(67 − 1).)Nu we restklassen modulo N kunnen optellen en vermenigvuldigen, kunnenwe ze natuurlijk ook tot een positieve macht n verheffen.Definitie 2.1.9 Voor een natuurlijk getal n wordt de nde macht van eenrestklasse a, notatie a n , inductief als volgt gedefiniëerd. a 1 = a en hebbenwe voor n ≥ 1 al a n gedefiniëerd, dan is a n+1 = a n · a.Met deze definitie geldt a m = a m en a n+m = a n · a m , zoals men gemakkelijkmet inductie naar m nagaat. Ook volgt dus ab m = (ab) m = a m b m = a m ·b m =a m · b m .Voorbeeld 2.1.10 Om te illustreren hoe deze definities te gebruiken zijn,laten we zien dat 2 1000 + 1 deelbaar is door 257. Schrijf a voor de restklassevan a modulo 257. Er geldt2 1000 = (2 8 ) 125 = 256 125 = −1 125 = −1.Omdat 2 1000 en −1 dezelfde restklasse modulo 257 opleveren, is hun verschildeelbaar door 257 en dat is precies wat we wilden laten zien. Merk opdat 2 1000 + 1 decimaal uitgeschreven een getal van 302 cijfers is, dus dezedeelbaarheid controleren door gewoon te delen door 257 is een hele klus.Voorbeeld 2.1.11 We berekenen de laatste twee cijfers van 2 1000 (decimaaluitgeschreven). Dit is hetzelfde als de rest van 2 1000 bij deling door 100. InZ/100Z geldt, omdat 4 6 = 2 12 = 4096, dat16 6 = 4 6 · 4 6 = 4096 · 4096 = −4 · −4 = 16.


2 REKENEN MODULO N 19Verder is 1000 = 4 · 250 en 250 = 6 · 41 + 4 en 41 = 6 · 6 + 5, dus2 1000 = 2 4250 = 16 4 · (16 6 ) 41= 16 4 · 16 41 = 16 4 · (16 6 ) 6 · 16 5De gevraagde laatste 2 cijfers zijn dus 76.2.2 Eenheden modulo N= 16 4 · 16 · 16 5= 16 4 · 16 6 = 16 4 · 16= 16 5 = (2 10 ) 2 = 24 2 = 76.Definitie 2.2.1 Een restklasse a mod N heet een eenheid modulo N wanneerer een restklasse b mod N bestaat waarvoor geldt (a mod N) · (b modN) = 1 mod N.De deelverzameling van Z/NZ bestaande uit alle restklassen die eenhedenmodulo N zijn, noteren we als (Z/NZ) ∗ .Voorbeeld 2.2.2 Neem N = 12. Dan Z/12Z = { 0, 1, . . . , 10, 11 } . We gaanna welke van deze restklassen in (Z/12Z) ∗ zitten. Als a, b ∈ Z en a · b = 1,dan wil dat zeggen dat ab = 1 + 12k voor zekere k ∈ Z. In het bijzonder zienwe dat als a een eenheid modulo 12 is, dan is a niet deelbaar door 2 en ookniet deelbaar door 3. Hieruit volgt(Z/12Z) ∗ ⊂ { 1, 5, 7, 11 } .Omdat 1 2 = 5 2 = 7 2 = 11 2 = 1, zijn de vier genoemde restklassen inderdaadeenheden modulo 12. Dus(Z/12Z) ∗ = { 1, 5, 7, 11 } .We geven een eenvoudig criterium om ook in het algemeen alle eenhedenmodulo N te vinden.Stelling 2.2.3 Voor a ∈ Z geldt dat a mod N ∈ (Z/NZ) ∗ dan en slechtsdan als ggd(a, N) = 1.Bewijs. Laat a ∈ Z. De uitspraak ‘a mod N ∈ (Z/NZ) ∗ ’ houdt per definitiein dat er een b ∈ Z is zodat (ab) mod N = (a mod N)·(b mod N) = 1 mod N.Dit is equivalent met het bestaan van een q, b ∈ Z zodat ab−1 = Nq. Andersgeschreven: ab−Nq = 1. In Gevolg 1.1.14 is al aangetoond dat zulke getallenbestaan precies dan als ggd(a, N) = 1.✷


2 REKENEN MODULO N 20Definitie 2.2.4 (De Euler Phi functie; Leonhard Euler, Zwitsers wiskundige,1707–1783) Het aantal elementen van (Z/NZ) ∗ duiden we aan metϕ(N).Gevolg 2.2.5 ϕ(N) is gelijk aan het aantal getallen a ∈ Z met 1 ≤ a ≤ Nen ggd(a, N) = 1. In het bijzonder geldt voor ieder priemgetal p dat ϕ(p) =p − 1.Bewijs. Dit volgt direct uit de definities en uit Stelling 2.2.3.✷Een aantal eigenschappen van (Z/NZ) ∗ sommen we nu op.Stelling 2.2.6 1. Als a mod N en b mod N eenheden modulo N zijn, danis hun product dat ook.2. Als a mod N ∈ (Z/NZ) ∗ , dan is een restklasse b mod N waarvoor(a mod N) · (b mod N) = 1 mod N zelf ook weer een eenheid moduloN.3. Voor elke a mod N ∈ (Z/NZ) ∗ bestaat er precies één klasse b mod N ∈(Z/NZ) ∗ zodat (a mod N) · (b mod N) = 1 mod N.Bewijs. 1: Vanwege Stelling 2.2.3 is de te bewijzen uitspraak gelijkwaardigmet: als ggd(a, N) = ggd(b, N) = 1, dan ook ggd(ab, N) = 1. Welnu, zouggd(ab, N) ≠ 1 zijn, dan bestaat er een priemgetal p dat ggd(ab, N) deelt.Dit priemgetal deelt N, en ab, dus vanwege Stelling 1.2.3 ook p|a of p|b. Ditlevert een tegenspraak met ggd(a, N) = ggd(b, N) = 1.Ander bewijs: omdat a, b eenheden modulo N zijn, bestaan er c, d zodatc · a = db = 1. Noem e = d · c, dan is e · ab = dcab = d · ca · b = db = 1, dusis ab ∈ (Z/NZ) ∗ .2: Dit volgt direct uit het feit dat a · b = ab = ba = b · a.3: Als a·b 1 = 1 = a·b 2 , dan volgt dat b 1 = b 1·1 = b 1·ab 2 = b 1 ab 2 = ab 1·b 2 = b 2 .Dit bewijst Stelling 2.2.6.✷Definitie 2.2.7 Voor a ∈ (Z/NZ) ∗ noemen we de unieke b ∈ (Z/NZ) ∗ metde eigenschap a · b = 1 de inverse van a, notatie a −1 .Opmerking 2.2.8 Is a ∈ Z zo, dat a mod N een eenheid modulo N is,dan kan de inverse van a mod N met behulp van het Euclidische algorithmeberekend worden.Er geldt namelijk omdat a mod N een eenheid is,dat ggd(a, N) = 1. Dus bestaan er x, y ∈ Z met xa + yN = 1, en voor zo’nx geldt x · a = 1, met andere woorden, x mod N is de inverse van a moduloN.


2 REKENEN MODULO N 21De belangrijkste bewerkingen die we tot nu toe met restklassen modulo Ngedaan hebben, zijn naast natuurlijk optellen, aftrekken en vermenigvuldigen,het machtsverheffen en in het geval van eenheden modulo N, het inversenemen.In computeralgebra systemen als MAGMA, Maple, Mathematica enPARI, en zelfs in WolframAlpha, zijn standaardroutines ingebouwd voor ditsoort bewerkingen. Bijvoorbeeld in Maple ziet dat er als volgt uit:100^(-1) mod 420001;7 &^ (420!) mod 100;Het symbool & in de tweede regel hier, zorgt ervoor dat Maple niet eerst 7 totde macht 420! gaat verheffen, maar op een efficientere manier het antwoordvindt.Voorbeeld 2.2.9 Er geldt (13 mod 37) −1 = 20 mod 37 (ga na).Stelling 2.2.10 Voor elke a mod N ∈ (Z/NZ) ∗ geldt (a mod N) ϕ(N) =1 mod N.Dit resultaat werd voor het eerst door Euler bewezen. Een andere manierom de stelling te formuleren is: als a, N ∈ Z getallen zijn met N > 0 enggd(a, N) = 1, dan geldt N|a ϕ(N) − 1. Het resultaat en allerlei gevolgenervan zijn tegenwoordig toegepast in o.a. cryptografie en in het testen of een(heel groot) getal een priemgetal is. We komen hier nog op terug.Bewijs. Schrijf (Z/NZ) ∗ = { a 1 , . . . , a ϕ(N)}. In Stelling 2.2.6 zagen we dateen product van eenheden modulo N weer een eenheid is, dus isɛ := a 1 · a 2 · . . . · a ϕ(N)ook een eenheid modulo N. Bekijk nu de afbeelding ‘vermenigvuldigen meta’. Dit beeldt (Z/NZ) ∗ naar zichzelf af, want a is een eenheid. We latennu zien dat de afbeelding zelfs een bijectie op (Z/NZ) ∗ is. Immers, alsa · b = a · c, dan volgt door beide uitdrukkingen met de inverse van a tevermenigvuldigen, dat b = c. Dus is de afbeelding injectief. Dit betekent datverschillende elementen ook naar verschillende elementen worden afgebeeld,dus bestaat het beeld uit evenveel elementen als het origineel, en dat zijner ϕ(N). Dit impliceert dat de afbeelding ook surjectief is. Uitgeschrevenlevert dit de gelijkheid(Z/NZ) ∗ = { a · a 1 , a · a 2 , . . . , a·a ϕ(N)}.


2 REKENEN MODULO N 22Vermenigvuldigen we al deze elementen, dan krijgen we zoals we al zagen ɛ.Anderzijds zien we dat het product gelijk is aan(a · a 1 ) · (a · a 2 ) · . . . · (a·a ϕ(N) ) = a ϕ(N) · a 1 · a 2 · . . . · a ϕ(N) = a ϕ(N) · ɛ.Dus volgt ɛ = a ϕ(N) · ɛ, en door beide kanten met de inverse van ɛ te vermenigvuldigenvolgt a ϕ(N) = 1, wat we wilden bewijzen.✷Gevolg 2.2.11 (De kleine stelling van Fermat; Pierre de Fermat, Fransamateurwiskundige, 1601–1665) Is p een priemgetal, dan geldt voor elke restklassea mod p dat (a mod p) p = a mod p.Bewijs. Als a mod p geen eenheid modulo p is, dan volgt vanwege het feitdat p priem is, dat a mod p = 0 mod p, en in dit geval is het Gevolg dusduidelijk. Verder is voor p een priemgetal ϕ(p) = p − 1, zoals we al inGevolg 2.2.5 zagen. Is dus a mod p wel een eenheid, dan geldt vanwegeStelling 2.2.10 dat (a mod p) p = (a mod p) · (a mod p) p−1 = (a mod p) · 1 =a mod p.✷De kleine stelling van Fermat levert een zeer snel te implementeren criteriumop om na te gaan dat veel grote getallen geen priemgetallen zijn. Willenwe namelijk nagaan of N priem is, dan kiezen we (bijvoorbeeld) a = 2, enberekenen (2 mod N) N . Komt daar iets anders uit dan 2 mod N, dan mogenwe uit Fermat’s kleine stelling concluderen dat N geen priemgetal is. Merkop dat dit machtsverheffen gedaan kan worden door in de orde van groottevan log(N) vermenigvuldigingen/ delingen met rest uit te voeren. Bovendiengaat het hierbij steeds om getallen tussen 0 en N. Deze ‘samengesteldheidstest’ √ is dus heel veel sneller dan domweg proberen of N ergens tussen 1 enN een deler heeft! Hier staat evenwel tegenover, dat ons algorithme minderinformatie geeft: bijvoorbeeld weten we als het algorithme concludeert dateen gegeven N niet priem is, nog niets over eventuele delers van N. Enwat veel erger is: er bestaan getallen die geen priemgetal zijn, zoals 341 =11·31, waarvoor geldt dat toch (2 mod 341) 341 = 2 mod 341. In dit voorbeeldkunnen we door naar 3 mod 341 in plaats van naar 2 mod 341 te kijken, tochnog inzien dat 341 geen priemgetal is. Helemaal vervelend zijn in dit opzichtde zogeheten Carmichael getallen. Dit zijn getallen N die niet priem zijn,maar waarvoor toch voor elke a ∈ Z geldt dat (a mod N) N = a mod N. Hetkleinste Carmichael getal is N = 561 = 3 · 11 · 17. In 1992 bewezen Alford,Granville en Pomerance dat er oneindig veel van deze getallen bestaan.


2 REKENEN MODULO N 232.3 De Chinese reststellingOm na te gaan dat bijvoorbeeld N = 561 = 3 · 11 · 17 de zojuist genoemdeeigenschap heeft, namelijk dat elk getal a voldoet aan 561|a 561 − a, ligthet voor de hand in plaats van direct naar deelbaarheid door 561, naardeelbaarheid door 3, 11 en 17 te kijken. Op die manier volgt de eigenschapbetrekkelijk eenvoudig: is a niet deelbaar door 3, dan volgt uit Stelling2.2.10 dat (a mod 3) 2 = 1 mod 3, dus voor een even exponent m = 2kgeldt (a mod 3) m = (1 mod 3) k = 1 mod 3, met andere woorden 3|a 2k − 1.Door met a te vermenigvuldigen, volgt 3|a 2k+1 − a, en deze eigenschap is ookwaar voor een a die door 3 deelbaar is, dus voor elke a ∈ Z.Op dezelfde manier volgt dat voor een exponent m = 10l die een veelvoudvan 10 is geldt, dat 11|a 10l − 1 (mits a niet deelbaar is door 11). Dus krijgenwe voor iedere a ∈ Z dat 11|a 10l+1 − a. En tenslotte geldt evenzo voor a ∈ Zdat 17|a 16n+1 −a. Combineren we deze drie deelbaarheidseigenschappen, danblijkt dat voor elke exponent m die één plus een veelvoud van zowel 16 als 10als 2 is, met andere woorden die één plus een veelvoud van kgv(16, 10, 2) = 80is, geldt dat 3 · 11 · 17 = 561|a m − a. In het bijzonder geldt dus voor zulke adat 561|a 561 − a, want 561 = 1 + 80 ∗ 7.Een dergelijk resultaat vinden we dus door twee hulpmiddelen te combineren:het rekenen modulo priemgetallen p (dat leverde het benodigde specialegeval van Stelling 2.2.10), en het combineren van deelbaarheid modulo priemgetallentot deelbaarheid modulo hun product. Dit laatste gaan we nu watalgemener bekijken; in het bijzonder niet alleen voor priemgetallen.Lemma 2.3.1 Laat N, M ∈ Z positieve getallen zijn. Het voorschrift ‘Beeldtde restklasse van a modulo N af op de restklasse van a modulo M’ geeft eengoed gedefiniëerde afbeelding: Z/NZ −→ Z/MZ precies dan als M|N.Bewijs. We moeten nagaan wanneer het genoemde voorschrift een afbeeldingdefiniëert; met ander woorden, wanneer elk origineel in Z/NZ precieséén beeld in Z/MZ heeft. Neem een restklasse in Z/NZ; zeg dat dit de restklassevan een a ∈ Z is. Deze wordt dan afgebeeld op a mod M, maar ook,voor elke andere b ∈ Z die dezelfde restklasse modulo N oplevert als a, opb mod M. Wat we dus willen is kennelijk precies, dat voor elke a, b ∈ Z meta mod N = b mod N ook geldt dat a mod M = b mod M. Anders gezegd:als N|a − b, dan moet ook M|a − b. Dit willen we voor alle a, b ∈ Z; dus doora = N en b = 0 te kiezen zien we, dat om een goed gedefiniëerde afbeeldingte krijgen noodzakelijk is, dat M|N. Omgekeerd, als M|N, dan volgt vooralle a, b ∈ Z met N|a − b dat M|N|a − b, dus in het bijzonder dat M|a − b.Dit bewijst het gevraagde.✷


2 REKENEN MODULO N 24Opmerking 2.3.1 Bovenstaand lemma komt wellicht wat merkwaardigover. Het laat evenwel iets heel essentieels van het rekenen met restklassenzien. Namelijk, restklassen zijn verzamelingen, en als we daar zomaareen element uit kiezen en daar weer iets mee doen, dan hoeft het natuurlijkhelemaal niet zo te zijn dat als we een ander element uit de restklasse gekozenhadden, dit uiteindelijk hetzelfde had opgeleverd.Voorbeeld 2.3.2 a mod 4 ↦→ a mod 2 definiëert een afbeelding van Z/4Znaar Z/2Z. Deze afbeelding beeldt 1 mod 4 en 3 mod 4 af op 1 mod 2, en0 mod 4 en 2 mod 4 op 0 mod 2.Echter a mod 2 ↦→ a mod 4 definiëert geen afbeelding. Want bijvoorbeeld1 mod 2 is hetzelfde als 3 mod 2, maar 1 mod 4 en 3 mod 4 zijn uiteraardverschillend.Anders gezegd: als we van een getal z’n rest bij deling door 4 weten, dankennen we ook de rest bij deling door 2. Maar omgekeerd, uit de informatiewat de rest bij deling door 2 is, weten we nog niet wat we overhouden bijdeling door 4.Om de belangrijkste resultaten van deze sectie te kunnen formuleren,brengen we nog even een notatie uit de verzamelingentheorie in herinnering.Voor verzamelingen V en W , noteren we het cartesisch product van V en Wals V ×W . Per definitie bestaat dit uit alle geordende paren van een elementuit V gevolgd door een element uit W :V × W = {(v, w) | v ∈ V en w ∈ W } .Stelling 2.3.3 (De Chinese reststelling)Laat N, M positieve gehele getallen zijn met ggd(N, M) = 1. Dan bestaat deafbeeldinga mod NM ↦→ (a mod N, a mod M) : Z/NMZ −→ Z/NZ × Z/MZ.Deze afbeelding is bijectief.Bovendien beeldt de afbeelding (Z/NMZ) ∗ af naar (Z/NZ) ∗ × (Z/MZ) ∗ ,en ook dit is een bijectie.Bewijs. Het bestaan van de afbeelding volgt uit Lemma 2.3.1. We tonennu eerst aan dat de afbeelding injectief is. Als a, b ∈ Z en (a mod N, a modM) = (b mod N, b mod M), dan houdt dat per definitie in dat N|a − b enM|a − b. Uit Gevolg 1.2.9 volgt dan dat kgv(N, M)|a − b. Verder impliceertditzelfde gevolg, omdat ggd(N, M) = 1, dat NM = ggd(N, M)·kgv(N, M) =kgv(N, M). Conclusie: NM|a − b oftewel a mod NM = b mod NM. De


2 REKENEN MODULO N 25afbeelding is dus injectief, en omdat zowel Z/NMZ als Z/NZ × Z/MZ uitprecies NM elementen bestaan, is de afbeelding dan ook surjectief.Verder, als voor a ∈ Z geldt dat a mod NM ∈ (Z/NMZ) ∗ , dan isggd(a, NM) = 1, dus in het bijzonder ook ggd(a, N) = 1 = ggd(a, M). Ditwil precies zeggen dat dan ook (a mod N, a mod M) ∈ (Z/NZ) ∗ × (Z/MZ) ∗ .Dus inderdaad beeldt de afbeelding (Z/NMZ) ∗ af op (Z/NZ) ∗ × (Z/MZ) ∗ .Omgekeerd, als (a mod N, b mod M) ∈ (Z/NZ) ∗ × (Z/MZ) ∗ , dan geldtggd(a, N) = 1 = ggd(b, N). Omdat de afbeelding surjectief is, bestaat c ∈ Zwaarvoor (c mod N, c mod M) = (a mod N, b mod M). Bij gevolg is c =q 1 N + a en c = q 2 M + b, dus vanwege Lemma 1.1.8 geldt ggd(c, N) =ggd(a, N) = 1 en evenzo ggd(c, M) = ggd(b, M) = 1. Maar dan is ookggd(c, NM) = 1 oftewel c mod NM ∈ (Z/NMZ) ∗ . De beperking van deafbeelding tot (Z/NMZ) ∗ heeft dus als beeld precies (Z/NZ) ∗ × (Z/MZ) ∗ ,en uiteraard is deze beperking ook weer injectief. Hiermee is de Chinesereststelling bewezen.✷Voorbeeld 2.3.4 De Chinese reststelling kan gezien worden als een criteriumvoor oplosbaarheid van een stel simultane congruenties: voor gegevena, b, N, M zoeken we x ∈ Z met zowel x ≡ a mod N als x ≡ b mod M. Destelling zegt dat als ggd(N, M) = 1, dan zijn er altijd zulke x, en bovendienis de verzameling van alle oplossingen precies een restklasse modulo NM.Voorbeeld: we bepalen alle x ∈ Z met x ≡ 4 mod 9 en x ≡ 5 mod 11.Zulke x moeten van de vorm x = 4 + 9y zijn, met y ∈ Z. Verder dient4 + 9y ≡ 5 mod 11 te gelden, oftewel 9y ≡ 1 mod 11. Dit wil precies zeggendat 9 mod 11 de inverse van y mod 11 in (Z/11Z) ∗ moet zijn, dus y mod 11 =5 mod 11. We concluderen y = 5 + 11z en dus x = 4 + 9(5 + 11z) = 49 + 99zmet z ∈ Z willekeurig. Anders gezegd: de oplossing bestaat precies uit derestklasse van 49 modulo 99. Het enige getal tussen 1 en 99 dat rest 4 bijdeling door 9 en rest 5 bij deling door 11 oplevert, is dus 49.Opmerking 2.3.5 Met inductie naar n laat zich de Chinese reststelling eenvoudigals volgt generaliseren. Stel N 1 , . . . , N n zijn positieve gehele getallenmet ggd(N i , N j ) = 1 voor elk paar i, j met 1 ≤ i < j ≤ n. Dan isZ/N 1 . . . N n Z −→ Z/N 1 Z × Z/N 2 Z × . . . × Z/N n Zgegeven door a mod N 1 . . . N n ↦→ (a mod N 1 , . . . , a mod N n ) een bijectie.Hetzelfde geldt als we de afbeelding beperken tot eenheden.Een voorbeeld: 7, 11 en 13 zijn paarsgewijs relatief priem, en hun productis 7 · 11 · 13 = 1001. Voor elk drietal gehele getallen a, b, c ∈ Z bestaat er dusprecies één x ∈ Z met 0 ≤ x ≤ 1000 waarvoor x ≡ a mod 7 en x ≡ b mod 11en x ≡ c mod 13. Probeer zelf maar eens voor bepaalde drietallen a, b, c dezex te vinden.


2 REKENEN MODULO N 26Gevolg 2.3.6 Voor Euler’s ϕ-functie geldt, dat als N, M positieve gehelegetallen zijn met ggd(N, M) = 1, dan is ϕ(NM) = ϕ(N) · ϕ(M).Bewijs. Per definitie is ϕ(n) gelijk aan het aantal elementen van (Z/nZ) ∗ .De bewering volgt direct uit Stelling 2.3.3 plus het feit dat voor eindigeverzamelingen V, W het aantal elementen van V ×W gelijk is aan het productvan de aantallen elementen van V en W .✷Met behulp van dit gevolg zullen we een formule voor ϕ(n) in termen van depriemfactorisatie van n afleiden. Hiervoor is eerst een hulpresultaat nodig.Lemma 2.3.7 Voor p een priemgetal en k een geheel getal ≥ 1 geldtϕ(p k ) = (p − 1)p k−1 = p k − p k−1 .Bewijs. We weten al dat ϕ(p k ) gelijk is aan het aantal gehele getallen a met0 ≤ a ≤ p k − 1 en ggd(a, p k ) = 1. Het genoemde interval bevat precies p kgehele getallen, en zo’n getal heeft precies dan niet grootste gemene deler 1met p k , wanneer het door p deelbaar is. De door p deelbare getallen in hetinterval zijn 0 · p, 1 · p, . . . , m · p, waarbij m het grootste gehele getal kleinerdan p k−1 is. Het interval bevat dus precies p k−1 door p deelbare getallen, endaarom is ϕ(p k ) = p k − p k−1 .✷Stelling 2.3.8 De Euler ϕ-functie kan voor n ≥ 2 berekend worden metbehulp van de formuleϕ(n) = ∏ p|n(p − 1)p vp(n)−1 = n ∏ p|n(1 − 1 p )waar het product over de priemdelers van n wordt genomen.Bewijs. De tweede gelijkheid volgt uit het feit dat n = ∏ p vp(n) .p|nVoor de eerste gelijkheid zullen we met inductie naar N aantonen datvoor elke n met 2 ≤ n ≤ N de gelijkheid geldt. Voor N = 2 is dit juist.Geldt het voor N ≥ 2, dan hoeven we om het ook voor N + 1 te bewijzenalleen maar te verifiëren dat de gelijkheid waar is voor n = N + 1. Is deze neen macht van een priemgetal, dan zijn we klaar vanwege Lemma 2.3.7. Inhet resterende geval kunnen we schrijven n = p vp(n) · n ′ , met 2 ≤ n ′ ≤ N. Ergeldt ggd(p vp(n) , n ′ ) = 1, dus vanwege Gevolg 2.3.6 is ϕ(n) = ϕ(p vp(n) )ϕ(n ′ ).Met behulp van de inductiehypothese toegepast op n ′ volgt dus de gelijkheidvoor n.✷Voorbeeld 2.3.9 ϕ(1000000) = 2 5 · 4 · 5 5 = 400000. Er zijn dus 400000positieve oneven getallen onder miljoen die niet op een 5 eindigen.


2 REKENEN MODULO N 272.4 Opgaven1. Bewijs dat voor een oneven n ∈ Z geldt n 2 ≡ 1 mod 8, en voor eenoneven priemgetal p ≠ 3 zelfs p 2 ≡ 1 mod 24.2. Gegeven een positief geheel getal n = ∑ a i 10 i .(a) Laat zien: voor p = 2 en voor p = 5 geldt dat p|n dan en slechtsdan als p|a 0 .(b) Laat zien: voor m = 3 en voor m = 9 is m|n precies dan alsm| ∑ a i .(c) Bewijs dat 11|n precies dan als 11| ∑ (−1) i a i .3. Bepaal de inverse van 100 in (Z/257Z) ∗ .4. Laat zien dat 2 341 ≡ 2 mod 341. Is 341 een priemgetal? Bereken ook3 341 mod 341.5. Laat zien dat voor elke n ∈ Z geldt dat n 13 ≡ n mod 2730.6. Welke rest houden we over wanneer (177 + 10 15 ) 116 gedeeld wordt door1003 = 17 × 59?7. Bepaal alle gehele getallen die rest 3 bij deling door 7, rest 6 bij delingdoor 11 en rest 1 bij deling door 13 opleveren.8. (a) Bepaal voor n = 4 de restklasse (n − 1)! mod 4.(b) Laat zien dat voor n > 4 geen priemgetal geldt, dat (n − 1)! ≡0 mod n.(c) Neem nu n = p een priemgetal. Bepaal alle restklassen a mod p ∈(Z/pZ) ∗ die voldoen aan (a mod p) −1 = a mod p.(d) Laat zien dat voor n = p een priemgetal geldt (n − 1)! ≡ −1 modn.(e) Laat zien dat n ≥ 2 priem is dan en slechts dan als (n − 1)! ≡−1 mod n. Is dit een praktische manier om primaliteit te testen?9. (a) Laat zien dat een Carmichael getal niet deelbaar is door een kwadraat> 1.(b) Bewijs dat als n = p 1 · . . . · p t een product is van t > 1 onderlingverschillende priemgetallen, met de eigenschap dat p i − 1|n − 1voor elke i, dan is n een Carmichael getal.


2 REKENEN MODULO N 2810. Vind alle oplossingen n van ϕ(n) = 24. Idem voor ϕ(n) = 14.11. Laat N, a ∈ Z met N > 0.(a) Bewijs dat a ∈ (Z/NZ) ∗ dan en slechts dan als −a ∈ (Z/NZ) ∗ .(b) Voor welke restklassen a mod N geldt dat a mod N = −a mod N?(Onderscheid de gevallen N even en N oneven.)(c) Laat zien dat ϕ(N) even is als N ≥ 3.12. Laat zien dat als p 1 , . . . , p t de eerste t priemgetallen zijn, en n j =p 1 · · · p t − p 1 · · · p t /p j , dan ϕ(n j ) = ϕ(n k ) voor 1 ≤ j, k ≤ t. Concludeerhieruit dat de vergelijking ϕ(x) = m voor vaste m willekeurig veeloplossingen kan hebben.13. Bepaal alle n waarvoor ϕ(n)|n.


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 293 Groepen en homomorfismenEen aantal eigenschappen die Z heeft ten aanzien van de optelling, heeft(Z/NZ) ∗ juist ten aanzien van het vermenigvuldigen. We zullen verderopzien dat er nog veel meer verzamelingen zijn met een bewerking erop, dieallemaal zo’n zelfde collectie gemeenschappelijke eigenschappen hebben. Hetis typerend voor (abstracte) algebra, zoiets in een definitie te gaan vangen.In plaats van voor alle gevallen weer opnieuw, kan dan in één keer vooralles wat aan de definitie voldoet een reeks eigenschappen bewezen worden.Dit hebben we al gezien bij de colleges lineaire algebra: daar wordt heelabstract het begrip ‘lineaire ruimte’ ingevoerd, en vervolgens blijkt dat allerleieigenschappen daarvan niet alleen voor de vertrouwde ruimten R 2 en R 3gelden, maar ook bijvoorbeeld voor allerlei ‘scheefliggende’ deelruimten vanR n , of zelfs voor ruimten van functies of veeltermen of rijtjes of matrices,enz. enz.In het geval van ‘<strong>groepen</strong>’ waar we het hier over zullen hebben, werd zo’nabstracte definitie voor het eerst opgesteld door de in Duitsland werkendeW.F.A. von Dyck (1856–1934). <strong>Algebra</strong> colleges opbouwen vanuit dit soortabstracte definities werd voor het eerst gedaan in Göttingen rond 1920, metname door een beroemde vrouwelijke wiskundige: Emmy Noether (1882–1935). Onder haar studenten zat een nog jonge Amsterdammer, B.L. van derWaerden. Deze werd in 1928 toen hij nog maar 25 jaar oud was benoemdtot professor in de wiskunde in Groningen, en daar schreef hij een nog steedsveel gebruikt leerboek over algebra, geheel in deze abstracte ‘moderne’ stijl.Dit was het eerste boek van deze soort ooit geschreven. Van der Waerden,overleden in 1996, werd er wereldberoemd door. De algebra is dankzij ditwerk sindsdien over de hele wereld steeds meer uitsluitend op deze wijzegedoceerd.3.1 GroepenDefinitie 3.1.1 Een groep is een tripel (G, ·, e) met G een verzameling ,e ∈ G, en · een afbeelding van G×G naar G, die we schrijven als (x, y) ↦→ x·y,waarvoor geldt datG1 (associativiteit) Voor alle x, y, z ∈ G geldt (x · y) · z = x · (y · z).G2 (eenheidselement) Voor alle x ∈ G geldt e · x = x = x · e.G3 (inverses) Voor elke x ∈ G bestaat een y ∈ G zodat x · y = e = y · x.Een groep (G, ·, e) noemen we commutatief of ook wel (naar de Noorse wiskundigeNiels Henrik Abel, 1802–1829) abels, wanneer bovendien geldt


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 30G4 Voor alle x, y ∈ G geldt x · y = y · x.Opmerking 3.1.2 In plaats van (G, ·, e) hebben we het meestal kortwegover de groep G. De afbeelding · wordt de vermenigvuldiging op G genoemd;ook wel de groepswet op G. In plaats van x · y worden afhankelijk van decontext ook wel andere notaties gebruikt, bijvoorbeeld x ◦ y of x ∗ y of x × yof x + y of zelfs xy.Voorbeeld 3.1.3 (Z, +, 0) is een groep, en (Z/NZ, +, 0 mod N) en((Z/NZ) ∗ , ·, 1 mod N) eveneens. Dit zijn allemaal voorbeelden van commutatieve<strong>groepen</strong>. We kennen al veel meer commutatieve <strong>groepen</strong>: neemG = V een lineaire ruimte, neem ‘+’ de optelling van vectoren uit V , en0 ∈ V de nulvector. Dan is (V, +, 0) een abelse groep.Voorbeeld 3.1.4 De verzameling inverteerbare n × n matrices metcoëfficiënten in F = R of F = C of F = Q (of meer algemeen: F is eenlichaam) wordt een groep, wanneer we als bewerking matrixvermenigvuldigingnemen, en als eenheidselement de eenheidsmatrix. Deze groep wordtaangeduid als GL n (F ). Voor n ≥ 2 is deze groep niet commutatief, omdat(bijvoorbeeld) geldt⎛⎞ ⎛⎞0 0 · · · · · · 0 1 1 0 · · · 00 1 0 · · · 00 1 0 · · · 00 0 · · · · · · .0 0 · · · · · · .⎜⎟ ⎜⎟⎝ .. ⎠ ⎝ .. ⎠0 · · · 0 0 · · · 0≠⎛⎞ ⎛⎞1 1 0 · · · 0 0 0 · · · · · · 00 1 0 · · · 00 1 0 · · · 00 0 · · · · · · .0 0 · · · · · · ..⎜⎟ ⎜⎟⎝ .. ⎠ ⎝ .. ⎠0 · · · 0 0 · · · 0Zijn a 1 , a 2 , . . . , a n elementen van een groep G, dan wordt hun producta 1 a 2 . . . a n met inductie naar n gedefiniëerd als volgt: voor n = 2 is het gewoonde bewerking in de groep. Is het product voor n−1 ≥ 2 al gedefiniëerd,dan is verder a 1 a 2 . . . a n = (a 1 . . . a n−1 )·a n . Met behulp van de associativiteiten inductie naar n blijkt dan dat (a 1 a 2 . . . a k ) · (a k+1 . . . a n ) = (a 1 a 2 . . . a n ).Dit product van n factoren wordt vaak afgekort als ∏ ni=1 a i, en in het gevalvan een abelse groep als ∑ ni=1 a i. Zijn alle a i hierin gelijk, zeg a i = a, dan


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 31schrijven we a n = ∏ ni=1 a i. De zojuist genoemde eigenschap vertaalt zich,wanneer we schrijven l = n − k, in a k · a l = a k+l . Let op dat machtsverheffenin een groep zich in het algemeen toch wat minder mooi gedraagt alsmachtsverheffen met bijvoorbeeld gehele getallen. Bijvoorbeeld geldt in hetvoorbeeld van inverteerbare matrices i.h.a. niet dat (AB) 2 = A 2 B 2 (maakzelf een voorbeeld).We geven nu eerst een paar elementaire eigenschappen van <strong>groepen</strong>.Stelling 3.1.5 Gegeven is een groep (G, ·, e).1. Het enige element e ′ ∈ G met de eigenschap e ′ x = x voor elke x ∈ G,is e ′ = e. Hetzelfde is waar met de eigenschap xe ′ = x voor elke x ∈ G.2. Voor elke x ∈ G bestaat er precies één y ∈ G met xy = e = yx.3. Kies a ∈ G vast, dan is de afbeelding x ↦→ ax een bijectie van G naarzichzelf. Evenzo is x ↦→ xa een bijectie.Bewijs. 1: Als voor elke x ∈ G geldt e ′ x = x, dan geldt dit in het bijzondervoor x = e. Dus volgt e = e ′ e = e ′ , de tweede gelijkheid vanwege groepseigenschapG2. Het geval ee ′ = e leidt op dezelfde wijze tot e = e ′ .2: Als xy = e = yx en ook xz = e = zx, dan volgt z = ze = z(xy) = (zx)y =ey = y, dus y = z.3: Neem a ∈ G willekeurig. De afbeelding x ↦→ ax is injectief, want stelax = ay. Kies b ∈ G met ba = e, dan volgt x = ex = (ba)x = b(ax) =b(ay) = (ba)y = ey = y, dus x = y. Ook is de afbeelding surjectief, wantals z ∈ G willekeurig, neem dan b als boven en x = bz, dan wordt deze xafgebeeld op ax = a(bz) = (ab)z = ez = z, dus z zit in het beeld. De afbeelding‘van links met a vermenigvuldigen’ is dus zowel injectief als surjectief,dus bijectief. Het geval ‘van rechts met a vermenigvuldigen’ wordt geheelanaloog bewezen.✷Definitie 3.1.6 Laat (G, ·, e) een groep zijn en x ∈ G. Het vanwege Stelling3.1.5 unieke element y ∈ G met de eigenschap xy = e = yx noemen wede inverse van x in G. Dit wordt genoteerd als x −1 .In het geval van een abelse groep waar de groepswet als + genoteerdwordt, noemen we dit element y de tegengestelde van x in G, en het wordtgenoteerd als −x.Opmerking 3.1.7 Om na te gaan of een zeker element y in een groep deinverse is van een element x, is het voldoende na te gaan dat xy = e =yx, want Stelling 3.1.5 zegt dat er slechts één element bestaat met dezeeigenschap, en dat is per definitie x −1 .


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 32Gevolg 3.1.8 Laat G een groep zijn en a, a 1 , a 2 , . . . , a n ∈ G.1. (a −1 ) −1 = a.2. (a 1 . . . a n ) −1 = a −1nvolgorde om!)3. (a n ) −1 = (a −1 ) n .· a −1n−1 · . . . · a −11 . (Bij inverse nemen draait dus deBewijs. 1: Er geldt aa −1 = e = a −1 a, en dat zegt precies dat a de inversevan a −1 is, oftewel (a −1 ) −1 = a.2: Dit bewijzen we met inductie naar n. Voor n = 1 klopt de bewering,en als n ≥ 2 en we nemen aan (a 1 . . . a n−1 ) −1 = a −1n−1 · . . . · a −11 , dan volgt(a −1n · a −1n−1 · . . . · a −11 ) · (a 1 . . . a n ) = a −1n ((a −1n−1 · . . . · a −11 ) · (a 1 . . . a n−1 ))a n =a −1n ea n = e en evenzo (a 1 . . . a n ) · (a −1n · a −1n−1 · . . . · a −11 ) = e. Hiermee is metinductie het bewijs geleverd.3: Dit volgt uit de voorgaande bewering door alle a i gelijk aan a te kiezen. ✷Is x een element van een groep G en n ∈ Z, dan hebben we voor positieven al gedefiniëerd wat we onder x n verstaan. Voor n = 0 is per definitiex 0 = e, en voor negatieve n is x n = (x −1 ) −n . Met deze definitie en watzojuist bewezen is, volgt dat x n · x −n = e, dus x −n is de inverse van x n . Ookvolgt eenvoudig met behulp van volledige inductie naar |n| dat voor n, m ∈ Zgeldt dat x n+m = x n · x m .Definitie 3.1.9 De vermenigvuldigtabelWe kunnen een groep G die uit slechts eindig veel elementen bestaat volledigbeschrijven door in een tabel alle uitkomsten van vermenigvuldigingen vantwee elementen van G weer te geven. Dit geven we weer in een matrix (a i,j ).Op plek a 1,1 schrijven we niets, of zo je wilt de naam van de groep. In de restvan de eerste rij schrijven we alle elementen van G, en evenzo in de eerstekolom. Op plek a i,j voor i, j ≥ 2 noteren we het produkt a i,1 · a 1,j . (Dus hetelement uit de eerste kolom schrijven we links, dat uit de eerste rij rechts!Dit maakt natuurlijk uit in het geval van niet-abelse <strong>groepen</strong>.)Voorbeeld 3.1.10 Hier volgt de vermenigvuldigtabel voor Z/3Z:Z/3Z 0 1 20 0 1 21 1 2 02 2 0 1


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 33Het feit dat van links met een vast element vermenigvuldigen een bijectieis, wil precies zeggen dat in iedere rij elk element van de groep een keervoorkomt (na de eerste plek). Evenzo is van rechts met een vast elementvermenigvuldigen bijectief, en dat betekent dat in iedere kolom vanaf detweede plek elk element een keer voorkomt.Nagaan of een groep commutatief is betekent in termen van de tabel datwe moeten nagaan of a i,j = a j,i voor alle i, j. Met andere woorden, we moetenkijken of de tabel symmetrisch is langs de hoofddiagonaal.Voorbeeld 3.1.11 Hier volgt een <strong>groepen</strong>tabel voor een niet-abelse groepbestaande uit 6 elementen:3.2 Onder<strong>groepen</strong>G e a b c d fe e a b c d fa a e f d c bb b d e f a cc c f d e b ad d b c a f ef f c a b e dAnaloog aan het begrip “lineaire deelruimte” in een vectorruimte, hebben weook iets bij <strong>groepen</strong>.Definitie 3.2.1 Een ondergroep H van een groep (G, ·, e) is een deelverzamelingvan G die, met hetzelfde element e en dezelfde groepsbewerking ·, zelfweer een groep is.Voorbeeld 3.2.2 In (Z, +, 0) is de verzameling bestaande uit alle even getalleneen ondergroep.De verzameling bestaande uit alle niet-negatieve gehele getallen is geenondergroep van Z. Immers, ten aanzien van de groepsbewerking op Z (deoptelling) is niet voor ieder element x uit deze deelverzameling aan G3 voldaan.In de groep GL n (Q) vormen de matrices waarvan de determinant gelijkis aan 1 een ondergroep. Dit volgt uit de formule det(AB) = det(A) det(B)voor n × n-matrices A, B. De zo verkregen ondergroep wordt aangeduid metSL n (Q). Hetzelfde geldt als we Q door R of door C of algemener, door eenwillekeurig lichaam F vervangen. De ondergroep van matrices met determinant1 heet dan SL n (F ).


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 34Om op een efficiënte manier na te gaan of een gegeven deelverzameling vaneen groep een ondergroep is, kan je gebruik maken van het volgende criterium.Stelling 3.2.3 Is (G, ·, e) een groep en H ⊂ G, dan geldt dat H een ondergroepis precies dan alsH1 e ∈ H;H2 Voor elke x, y ∈ H geldt x · y ∈ H;H3 Voor elke x ∈ H geldt x −1 ∈ H.Bewijs. Is H een ondergroep van (G, ·, e), dan wil dat per definitie zeggendat (H, ·, e) een groep is. De definitie van een groep impliceert dan direct deeigenschappen H1, H2 en H3.Omgekeerd, stel dat voor een deelverzameling H de eigenschappen H1, H2en H3 gelden. We moeten dan nagaan dat (H, ·, e) een groep is. H1 zegt datinderdaad e ∈ H, en H2 zegt dat de beperking tot H van de groepsbewerkingop G inderdaad een afbeelding van H×H naar H is. Aan G1 en G2 is door hettripel (H, ·, e) voldaan, want deze eigenschappen gelden voor alle elementenvan G dus zeker voor de elementen in de deelverzameling H. Tenslotte isvanwege H3 ook aan G3 voldaan.✷Voorbeeld 3.2.4 Is G een groep en x ∈ G, dan is de verzameling van allemachten van x (zowel positieve als negatieve machten, en ook x 0 wat perdefinitie gelijk is aan e) een ondergroep. Immers deze verzameling voldoetaan H1, H2 en H3. We noteren de zo verkregen ondergroep als 〈x〉; insommige boeken wordt er ook wel de notatie x Z voor gebruikt.Voorbeeld 3.2.5 In (Z/24Z) ∗ kunnen we een heleboel onder<strong>groepen</strong> vande gedaante 〈x mod 24〉 = 〈x〉 vinden, namelijk 〈1〉 bestaande uit slechtséén element, en 〈5〉, 〈7〉, 〈11〉, 〈13〉, 〈17〉, 〈19〉, 〈23〉 die ieder uit precies tweeelementen bestaan.(Z/24Z) ∗ heeft overigens nog veel meer onder<strong>groepen</strong>; bijvoorbeeld ook{±1, ±x} voor x = 5, 7, 11, bestaande uit 4 elementen.Voorbeeld 3.2.6 We gaan alle onder<strong>groepen</strong> van (Z, +, 0) beschrijven. Omte beginnen is {0} = 0Z een ondergroep. Is H een ondergroep met H ≠ 0Z,dan bevat H een element x ≠ 0. Omdat H een groep is voor de gewoneoptelling, is dan ook −x ∈ H. Dus kunnen we concluderen dat H tenminsteéén positief geheel getal bevat. Het kleinste positieve gehele getal dat in Hzit noemen we a.


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 35Bewering: H = 〈a〉 = aZ. Immers, de tweede gelijkheid is gewoon dedefinitie van 〈a〉 die in Voorbeeld 3.2.4 gegeven is. Om te laten zien datH ⊃ 〈a〉, moet bewezen worden dat voor elke n ∈ Z geldt dat an ∈ H.Dit gaat met inductie naar |n|, gebruik makend van de eigenschappen H2en H3 voor H (vul zelf de details in!). Omgekeerd moeten we laten zien datH ⊂ aZ. Neem b ∈ H willekeurig. Noem d = ggd(a, b). Ook d zit in H, wanter bestaan x, y ∈ Z waarvoor d = ax + by, en omdat a ∈ H geldt ook ax ∈ H(dat argument is zojuist uitgelegd); evenzo is b ∈ H en dus ook by ∈ H. UitH2 volgt dan dat de som d = ax + by ∈ H. We weten 1 ≤ d ≤ a, en omdata per definitie het kleinste positieve getal in H is, moet dus gelden d = a.Maar dat impliceert dat a = d|b, oftewel b ∈ aZ. Hiermee zijn beide inclusiesaangetoond, dus we hebben bewezen dat H = 〈a〉.Een willekeurige ondergroep van Z is dus van de gedaante aZ, met eventueela = 0. Omgekeerd is iedere deelverzameling van Z die van deze vormis, een ondergroep. Hiermee zijn alle onder<strong>groepen</strong> van Z beschreven.Een belangrijke eigenschap van onder<strong>groepen</strong> van eindige <strong>groepen</strong> (dwz.<strong>groepen</strong> (G, ·, e) waarvoor geldt dat de verzameling G uit slechts eindig veelelementen bestaat) wordt in de volgende stelling gegeven. Het in het bewijsgebruikte telargument verdient de nodige aandacht: we zullen deze technieklater nog meerdere malen tegenkomen.Stelling 3.2.7 (Stelling van Lagrange; Joseph Louis Lagrange, Frans wiskundige,1736–1813) Is H een ondergroep van een eindige groep G, dan ishet aantal elementen van H een deler van het aantal elementen van G (notatie:#H|#G).Bewijs. Voor x ∈ G bezien we de deelverzameling xH = {xy | y ∈ H} vanG. De vereniging van alle deelverzamelingen van dit type is heel G, immersx ∈ G is een element van xH, want e ∈ H en x = xe.Verder geldt dat al deze deelverzamelingen hetzelfde aantal elementenhebben, oftewel #xH = #yH voor alle x, y ∈ G. Dit volgt uit het feitdat er een bijectie tussen xH en yH bestaat, namelijk f : xH → yHgegeven door f(z) = yx −1 z. Deze afbeelding beeldt namelijk inderdaad xHop yH af, want is z ∈ xH, dan geldt z = xh voor een h ∈ H, dus f(z) =yx −1 z = yx −1 xh = yh ∈ yH. De afbeelding is bijectief, want g : yH → xHgegeven door g(z) = xy −1 z is een inverse zoals eenvoudig na te rekenen is.Het bestaan van een bijectie tussen twee eindige verzamelingen impliceert,dat deze verzamelingen evenveel elementen hebben.We gaan vervolgens na dat als xH ∩yH ≠ ∅, dan zijn ze gelijk: xH = yH.Immers, stel z ∈ xH ∩ yH. Dan z ∈ xH, dus we kunnen schrijven z = xh 1voor zekere h 1 ∈ H. Evenzo z = yh 2 voor een h 2 ∈ H. Dus is xh 1 = yh 2 , en


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 36door beide kanten van rechts met h −11 of met h −12 te vermenigvuldigen, volgtdat x = yh 2 h −11 en y = xh 1 h −12 . Een willekeurige xh ∈ xH is dus te schrijvenals xh = yh 2 h −11 h = y(h 2 h −11 h) ∈ yH en evenzo is een willekeurige yh ∈ yHte schrijven als yh = xh 1 h −12 h ∈ xH. Dit bewijst dat xH = yH.We hebben dus G gegeven als vereniging van deelverzamelingen met allemaalevenveel elementen. Door zoveel mogelijk overbodige deelverzamelingenxH weg te gooien, mogen we aannemen dat hierbij deze verzamelingentwee aan twee lege doorsnede hebben. Dan volgt dat #G gelijk isaan het aantal resterende deelverzamelingen vermenigvuldigd met #xH, en#xH = #eH = #H. Dit impliceert #H|#G, hetgeen we wilden bewijzen. ✷We willen dit resultaat in het bijzonder gebruiken voor onder<strong>groepen</strong> van devorm 〈x〉. Daartoe eerst het volgende.Definitie 3.2.8 Is x een element van een groep G, dan definiëren we de ordevan x, notatie ord(x), als volgt. Als er een m > 0 bestaat met x m = e, danis ord(x) het kleinste positieve gehele getal n met de eigenschap x n = e. Alsvoor elke m > 0 geldt x m ≠ e, dan is ord(x) = ∞.Voorbeeld 3.2.9 In elke groep (G, ·, e) geldt ord(e) = 1. Bovendien, alsvoor een x ∈ G geldt dat ord(x) = 1, dan x = e, want ord(x) = 1 impliceertdat x = x 1 = e.In (Z/5Z) ∗ geldt ord(1) = 1 en ord(4) = 2 en ord(2) = ord(3) = 4.Stelling 3.2.10 Gegeven een groep G en een element x ∈ G.1. ord(x) = ord(x −1 ).2. Als ord(x) < ∞, dan 〈x〉 = {x, x 2 , . . . , x ord(x) = e}.3. ord(x) = #〈x〉.4. Als #G < ∞, dan ook ord(x) < ∞ en bovendien ord(x)|#G.5. Als x n = e, dan is ord(x)|n.Bewijs. 1: Is x m = e, dan ook (x −1 ) m = x −m = (x m ) −1 = e. Door dezeregel ook voor de inverse van x te gebruiken, zien we dat de verzamelinggetallen m waarvoor geldt x m = e dezelfde verzameling is als de getallen nwaarvoor (x −1 ) n = e. (NB deze verzameling zou leeg kunnen zijn!) In hetbijzonder volgt dus ord(x) = ord(x −1 ).2: Schrijf d = ord(x). Is m ∈ Z, schrijf dan m = qd + r met 0 ≤ r < d. Danis x m = (x d ) q · x r = e q x r = x r . Hieruit volgt dat 〈x〉 ⊂ {e, x, . . . , x d−1 }.


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 373: De bewering is juist als ord(x) = ∞, dus we mogen vanaf nu aannemendat de orde van x eindig is. In dit geval volgt het uit 2) als we aangetoondhebben dat de elementen van {e, x, . . . , x ord(x)−1 } twee aan twee verschillendzijn. Welnu, stel x m = x n met 0 ≤ m ≤ n < ord(x). Vermenigvuldigen metde inverse van x m levert e = x n−m , waarin 0 ≤ n − m < ord(x). Omdatper definitie ord(x) de kleinste positieve d is waarvoor x d = e, moet weln − m = 0. Dus x m = x n voor niet-negatieve n, m < ord(x) kan alleen alsn = m. Hiermee is 3) bewezen.4: 〈x〉 is een ondergroep van G, en omdat G eindig is, is deze ondergroep datook. Uit 3) en uit Stelling 3.2.7 volgt dan ord(x) = #〈x〉 is eindig, en zelfsord(x) = #〈x〉|#G.5: Uit x n = e volgt dat ord(x) < ∞. Noem d = ggd(n, ord(x)). Dan zijner k, l met nk + ord(x)l = d. Dus volgt x d = (x n ) k (x ord(x) ) l = e. Omdat1 ≤ d ≤ ord(x), moet vanwege de definitie van ord(x) wel gelden d = ord(x).In het bijzonder dus d = ggd(n, ord(x))|n.✷Voorbeeld 3.2.11 Voor een eindige groep geldt dus dat zowel het aantalelementen van een ondergroep als de orde van elk element een deler moetzijn van het aantal elementen van de groep.Echter, niet iedere deler van het aantal elementen van de groep komt ookvoor als orde van een element. Bijvoorbeeld hebben we al gezien dat alle 8elementen van (Z/24Z) ∗ orde 1 of 2 hebben. In een later hoofdstuk komenwe op deze kwestie terug.Definitie 3.2.12 Het produkt van <strong>groepen</strong>Hebben we twee <strong>groepen</strong> (G 1 , ·, e 1 ) en (G 2 , ∗, e 2 ), dan kan ook op de produktverzamelingG 1 × G 2 de structuur van een groep gezet worden. Dit heethet produkt van <strong>groepen</strong>, en het werkt als volgt. Per definitie zijn elementenvan G 1 × G 2 geordende paren (x 1 , x 2 ) met x i ∈ G i . Het eenheidselementin de produktgroep is het paar (e 1 , e 2 ). De groepsbewerking wordt gegevendoor (x 1 , x 2 ) ◦ (y 1 , y 2 ) = (x 1 · y 1 , x 2 ∗ y 2 ). Ga zelf na dat met deze definitiesinderdaad (G 1 × G 2 , ◦, (e 1 , e 2 )) een groep is.Geheel analoog wordt het produkt van meer dan twee <strong>groepen</strong> gemaakt.Voorbeeld 3.2.13 De <strong>groepen</strong> Z/8Z en Z/4Z × Z/2Z en Z/2Z × Z/2Z ×Z/2Z hebben alle drie precies 8 elementen. Toch zijn ze in zekere zin echtverschillend: de eerste heeft 4 elementen van orde 8 en de andere twee geenenkel element van die orde. De tweede heeft 4 elementen van orde 4, terwijlin de derde elk element orde 1 of 2 heeft. Wel zijn deze <strong>groepen</strong> alle driecommutatief. Er bestaan overigens ook nog twee niet-commutatieve <strong>groepen</strong>met precies 8 elementen (zie Opgave 14).


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 383.3 HomomorfismenNa <strong>groepen</strong> en onder<strong>groepen</strong> bekijken we nu afbeeldingen tussen <strong>groepen</strong>.In de lineaire algebra zijn de afbeeldingen tussen vectorruimten die bekekenworden de lineaire afbeeldingen, oftewel de afbeeldingen die de op vectorengedefiniëerde bewerkingen behouden. Iets dergelijks doen we nu voor <strong>groepen</strong>(en in vele andere structuren binnen de wiskunde gebeurt iets geheelanaloogs):Definitie 3.3.1 Gegeven twee <strong>groepen</strong> (G 1 , ·, e 1 ) en (G 2 , ∗, e 2 ). Een homomorfismevan G 1 naar G 2 is een afbeelding f : G 1 → G 2 die voldoet aanf(x · y) = f(x) ∗ f(y) voor alle x, y ∈ G 1 .Een isomorfisme van G 1 naar G 2 is een homomorfisme dat bovendienbijectief is.We noemen G 1 en G 2 isomorf (notatie G 1∼ = G2 ) precies dan, als er eenisomorfisme van G 1 naar G 2 bestaat.Voorbeeld 3.3.2 1. Met R ∗ >0 duiden we de positieve reële getallen aan.Dit is een groep onder de normale vermenigvuldiging. De afbeeldingexp : R → R ∗ >0 gegeven door x ↦→ e x is een homomorfismevan (R, +, 0) naar (R ∗ >0, ·, 1). Immers, exp(x + y) = e x+y = e x e y =exp(x) exp(y). Deze afbeelding is zelfs bijectief, dus zijn beide <strong>groepen</strong>isomorf.2. det : GL n (R) → R ∗ is een homomorfisme, omdat det(AB) =det(A) det(B). Dit is voor n ≠ 1 geen isomorfisme, want het is voorn > 1 eenvoudig twee inverteerbare matrices op te schrijven met dezelfdedeterminant.3. Is G een willekeurige groep en x ∈ G, dan is f x : Z → G gegeven doorf(n) = x n een homomorfisme. Immers, f(n + m) = x n+m = x n x m =f(n)f(m).In het speciale geval G = Z/NZ en x = 1 is dit precies de afbeelding“reductie modulo N”: n ↦→ n mod N.4. De in de Chinese Reststelling 2.3.3 gebruikte afbeelding a mod NM ↦→a mod N is een homomorfisme, zowel opgevat als afbeelding van(Z/NMZ, +, 0 mod NM) naar (Z/NZ, +, 0 mod N), als als afbeeldingvan ((Z/NMZ) ∗ , ∗, 1 mod NM) naar ((Z/NZ) ∗ , ∗, 1 mod N). In hetbijzonder volgt dus dat wanneer ggd(N, M) = 1, dan geldt(Z/NMZ, +, 0 mod NM)∼ =(Z/NZ, +, 0 mod N) × (Z/MZ, +, 0 mod M)


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 39en((Z/NMZ) ∗ , ∗, 1 mod NM)∼ =((Z/NZ) ∗ , ∗, 1 mod N) × ((Z/MZ) ∗ , ∗, 1 mod M).We geven een paar basiseigenschappen van homomorfismen.Stelling 3.3.3 Gegeven een homomorfisme f : (G 1 , ·, e 1 ) → (G 2 , ∗, e 2 ).1. f(e 1 ) = e 2 .2. Voor alle x ∈ G 1 geldt f(x −1 ) = (f(x)) −1 .3. Is f een isomorfisme, dan is de inverse van f dat ook.4. Als ook g : (G 2 , ∗, e 2 ) → (G 3 , ⋆, e 3 ) een homomorfisme is, dan is desamenstelling g ◦ f het ook.Bewijs. 1: Schrijf x = f(e 1 ). Dan geldt in G 2 dat x ∗ x = f(e 1 ) ∗ f(e 1 ) =f(e 1·e 1 ) = f(e 1 ) = x. Links en rechts met de inverse van x vermenigvuldigenlevert dus x = e 2 .2: Noem y = f(x −1 ). Er geldt y ∗ f(x) = f(x −1 ) ∗ f(x) = f(x −1 · x) =f(e 1 ) = e 2 . Dus is y de inverse van f(x), hetgeen we wilden bewijzen.3: Schrijf h voor de inverse van f. Zijn x, y ∈ G 2 , dan geldt f(h(x ∗ y)) =x ∗ y = f(h(x)) ∗ f(h(y)) = f(h(x) · h(y)). Omdat f bijectief is volgt hieruith(x ∗ y) = h(x) · h(y). Dus h is een homomorfisme, en omdat f bijectief is,is z’n inverse h dat ook. Hieruit volgt dat h een isomorfisme is.4: Voor x, y ∈ G 1 geldt g ◦ f(x · y) = g(f(x · y)) = g(f(x) ∗ f(y) = g(f(x)) ⋆g(f(y)) = g ◦ f(x) ⋆ g ◦ f(y).✷Een isomorfisme van <strong>groepen</strong> kunnen we opvatten als een soort naamsveranderingin de groep: we noemen alle elementen anders, we schrijven misschienzelfs de bewerking op een andere manier. Maar in zekere zin is er toch nietsveranderd. In het bijzonder verandert de orde van een element niet (al krijgthet element een andere naam). Dit kan soms gebruikt worden om aan tetonen dat bepaalde <strong>groepen</strong> niet isomorf zijn.In het algemeen wordt bij een functie ϕ van een verzameling S 1 naar eenverzameling S 2 de volgende notatie gebruikt: is T 1 ⊂ S 1 , dan is het beeld vanT 1 , notatie ϕ(T 1 ), gegeven doorϕ(T 1 ) = {y ∈ S 2 | er bestaat een x ∈ S 1 met y = ϕ(x)} .Evenzo is voor T 2 ⊂ S 2 het volledig origineel van T 2 , notatie ϕ −1 (T 2 ), gegevendoorϕ −1 (T 2 ) = {x ∈ S 1 | ϕ(x) ∈ T 2 } .


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 40Het speciale geval dat in de theorie van <strong>groepen</strong> van belang is, is dat ϕ = feen homomorfisme tussen <strong>groepen</strong> is, en de T i onder<strong>groepen</strong>.Stelling 3.3.4 Gegeven is een homomorfisme f : (G 1 , ◦, e 1 ) → (G 2 , ∗, e 2 )en voor i = 1, 2 onder<strong>groepen</strong> H i ⊂ G i . Er geldt dat f(H 1 ) een ondergroepvan G 2 is, en evenzo dat f −1 (H 2 ) een ondergroep is van G 1 .Bewijs. In beide gevallen dient nagegaan te worden dat aan de eisen H1,H2 en H3 is voldaan. H1: e 2 ∈ f(H 1 ), want e 1 ∈ H 1 en f(e 1 ) = e 2 . Ooke 1 ∈ f −1 (H 2 ), want f(e 1 ) = e 2 ∈ H 2 . Nu de eis H2: laat x, y ∈ f −1 (H 2 ). Danis f(x), f(y) ∈ H 2 , dus omdat H 2 een groep is, ook f(x·y) = f(x)∗f(y) ∈ H 2 .Dit wil precies zeggen dat x·y ∈ f −1 (H 2 ). Is w, z ∈ f(H 1 ), dan wil dat zeggendat er u, v ∈ H 1 zijn met f(u) = w en f(v) = z. Daar H 1 een groep is, is ooku · v ∈ H 1 , en dus w ∗ z = f(u) ∗ f(v) = f(u · v) ∈ f(H 1 ). Tenslotte H3: voorx ∈ f −1 (H 2 ) is f(x −1 ) = (f(x)) −1 ∈ H 2 , want f(x) ∈ H 2 en H 2 is een groep.Dit impliceert dat x −1 ∈ f −1 (H 2 ). Is z ∈ f(H 1 ), schrijf dan z = f(v) metv ∈ H 1 . Dan volgt z −1 = (f(v)) −1 = f(v −1 ) ∈ f(H 1 ), omdat ook v −1 ∈ H 1 .Hiermee is de stelling bewezen.✷Definitie 3.3.5 Is f : (G 1 , ·, e 1 ) → (G 2 , ∗, e 2 ) een homomorfisme, dandefiniëren we de kern van f, notatie: Ker(f), doorKer(f) = {x ∈ G 1 | f(x) = e 2 } .Stelling 3.3.6 Gegeven is een homomorfisme f : (G 1 , ◦, e 1 ) → (G 2 , ∗, e 2 ).1. Ker(f) is een ondergroep van G 1 .2. f is injectief dan en slechts dan als Ker(f) = {e 1 }.Bewijs. 1: Dit volgt uit Stelling 3.3.4 omdat {e 2 } een ondergroep van G 2is, en Ker(f) = f −1 ({e 2 }).2: Er geldt altijd f(e 1 ) = e 2 . Is f injectief, en f(x) = e 2 , dan volgt f(x) =f(e 1 ). Vanwege de injectiviteit impliceert dit x = e 1 , dus Ker(f) = {e 1 }.Omgekeerd, als Ker(f) = {e 1 } en f(x) = f(y) voor zekere x, y ∈ G 1 , dane 2 = f(x) ∗ (f(x)) −1 = f(y) ∗ f(x −1 ) = f(y · x −1 ). Dus y · x −1 ∈ Ker(f),oftewel y · x −1 = e 1 . Dit impliceert x = y, oftewel f is injectief. ✷Opmerking 3.3.7 Elke ondergroep van een groep G is te schrijven als f(G ′ )voor een homomorfisme f van een andere groep G ′ naar G. Immers, voorG ′ kunnen we simpelweg die ondergroep zelf nemen, en voor f de inclusieafbeelding.


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 41Het is echter niet mogelijk, elke ondergroep van G te realiseren als de kernvan een homomorfisme van G naar een andere groep G ′′ . Geldt namelijkH = Ker(f) voor een homomorfisme f, dan heeft H een eigenschap dieonder<strong>groepen</strong> in het algemeen niet hebben: is h ∈ H, en is x ∈ G willekeurig,dan is ook x·h·x −1 ∈ H. Een kern heeft deze eigenschap, want f(x·h·x −1 ) =f(x)∗f(h)∗(f(x)) −1 = f(x)∗e 2 ∗((f(x)) −1 = e 2 . We zullen later zien dat alleonder<strong>groepen</strong> die deze eigenschap hebben, wel als kern van een homomorfismete schrijven zijn.


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 423.4 Opgaven1. Ga na welke van de volgende tripels een groep definiëren:(a) (N, +, 0);(b) (Q ∗ >0, ·, 1);(c) (R, ⋆, 1) waarbij x ⋆ y = x + y − 1;(d) ({x ∈ R | − π/2 < x < π/2}, ◦, 0) waarbij x ◦ y = arctan(tan(x) +tan(y));(e) (Z >0 , •, 1) met n • m = n m .2. Bewijs (analoog aan de beschrijving van alle onder<strong>groepen</strong> van Z) datde onder<strong>groepen</strong> van Z/NZ precies alle 〈a mod N〉 zijn, waarbij a|N.3. Geef alle onder<strong>groepen</strong> van (Z/24Z) ∗ .4. Geef de 2 × 2 matrices die (t.a.v. de standaardbasis van R 2 ) roterenover 120 graden en spiegelen in de x-as voorstellen. Maak een zo kleinmogelijke ondergroep van GL 2 (R) die deze twee matrices bevat. Is dezo verkregen groep abels? Bereken van elk element van deze groep deorde.5. Bepaal alle onder<strong>groepen</strong> van de in Opgave 4 beschouwde groep. Gavoor deze onder<strong>groepen</strong> na of ze te schrijven zijn als kern van eengeschikt gekozen homomorfisme.6. Voor een groep G wordt het centrum Z(G) gegeven door Z(G) = {x ∈G | voor elke y ∈ G geldt xy = yx}.(a) Bewijs dat Z(G) een abelse ondergroep van G is.(b) Bepaal Z(GL 2 (R)).7. Gegeven twee eindige <strong>groepen</strong> G 1 en G 2 . Toon aan dat voor (x, y) ∈G 1 × G 2 geldt ord(x, y) = kgv(ord(x), ord(y)).8. In C definiëren we de deelverzameling T = {a + bi ∈ C | a 2 + b 2 = 1}.Verder noteren we C ∗ = C \ {0}.(a) Laat zien dat (T, ·, 1) een ondergroep van (C ∗ , ·, 1) is.(b) Bewijs dat (C ∗ , ·, 1) ∼ = (T, ·, 1) × (R >0 , ·, 1).9. Stel G is een groep, en f : G → G is de afbeelding x ↦→ x · x. Bewijsdat f een homomorfisme is dan en slechts dan als G abels is.


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 4310. Stel f : G 1 → G 2 is een homomorfisme van <strong>groepen</strong>, en f is surjectief.Laat zien dat als G 1 commutatief is, dan is G 2 dat ook. Geef eenvoorbeeld waarbij G 2 abels is maar G 1 niet.11. (a) Laat zien dat voor een element x van een groep G geldt x = x −1precies dan als ord(x) = 2 of ord(x) = 1.(b) Bewijs dat een eindige groep een even aantal elementen heeft, danen slechts dan als de groep een element van orde 2 bevat.12. Laat zien dat er op isomorfie na precies twee <strong>groepen</strong> met precies 4elementen bestaan (dit is een beetje puzzelwerk; kijk bijv. wat de mogelijkeordes zijn van elementen in zo’n groep, en probeer alle mogelijkevermenigvuldigtabellen te maken).13. Gegeven een priemgetal p en een groep G met precies p elementen.Neem x ∈ G met x ≠ e. Wat is de orde van x? Bewijs dat G ∼ = Z/pZ.Er bestaat dus op isomorfie na slechts één groep van orde p (namelijkde abelse groep Z/pZ).14. In de groep GL 2 (C) bestaande uit alle inverteerbare 2×2 matrices metcomplexe coëfficiënten, beschouwen we twee onder<strong>groepen</strong>: H 1 is dekleinste ondergroep waar zowel de matrix ( ) (i 00 −i als de matrix 0 1)−1 0inzit. Verder is H 2 de kleinste ondergroep die zowel ( ) (0 1−1 0 als 1 0)0 −1bevat. Ga na dat beide onder<strong>groepen</strong> niet-commutatieve <strong>groepen</strong> bestaandeuit 8 elementen zijn, en dat ze niet isomorf zijn (bijvoorbeeldomdat de ene meer elementen met orde 2 bevat dan de andere).15. Laat x een element zijn van een groep G, en beschouw het homomorfismef x : Z → G gegeven door f(n) = x n . Geef een verband tussende orde van x en de kern van f x .16. Gegeven een priemgetal p ≠ 3 en een n ∈ Z waarvoor p|n 2 + n + 1.(a) Ga na dat n mod p ≠ 1 mod p en dat n mod p ∈ (Z/pZ) ∗ .(b) Toon aan dat ord(n mod p) = 3 in de groep (Z/pZ) ∗ .(c) Laat zien dat p ≡ 1 mod 3.(d) Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen ≡ 1 mod 3 bestaan.(Aanwijzing: zijn p 1 , . . . , p t zulke priemgetallen, schrijf dan n =3 · p 1 · · · p t en beschouw priemdelers van n 2 + n + 1.)(e) (Vergelijk met Opgave 7 in Hoofdstuk 1): Bewijs dat er oneindigveel priemgetallen p zijn waarvoor p + 2 niet priem is.


3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 4417. Gegeven een priemgetal p ≠ 2 en een n ∈ Z waarvoor p|n 2 + 1.(a) Ga na (analoog aan de methode gevolgd in Opgave 16) dat p ≡1 mod 4.(b) Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen ≡ 1 mod 4 bestaan.


4 PERMUTATIE-GROEPEN 454 Permutatie-<strong>groepen</strong>In dit hoofdstuk bestuderen we een belangrijke klasse van <strong>groepen</strong>, namelijkde <strong>groepen</strong> bestaande uit alle bijectieve afbeeldingen van een verzamelingnaar zichzelf.4.1 Bijecties op een verzamelingZij Σ een niet-lege verzameling. Een bijectie van Σ naar zichzelf is zoals weweten een afbeelding σ : Σ → Σ die zowel injectief als surjectief is. Zo’nσ heeft dan een unieke inverse, zeg τ : Σ → Σ, die voldoet aan σ ◦ τ =τ ◦ σ = id Σ . Hier is ◦ de samenstelling van afbeeldingen, en id Σ : Σ → Σis de identieke afbeelding, gegeven door id Σ (x) = x voor elke x ∈ Σ. Desamenstelling van bijecties is weer een bijectie.Definitie 4.1.1 Voor een niet-lege verzameling Σ duiden we met S Σ de verzamelingvan alle bijecties van Σ naar zichzelf aan. De symmetrische groepop de verzameling Σ is per definitie de groep gegeven door (S Σ , ◦, id Σ ).Het is eenvoudig na te gaan dat de symmetrische groep inderdaad een groepis.Voorbeeld 4.1.2 Als Σ een verzameling bestaande uit precies één elementis, dan is de enige bijectie op Σ de identiteit. In dit geval krijgen we dus eengroep S Σ die uit slechts één element bestaat (de “triviale” groep).Bestaat Σ uit precies twee elementen, dan zijn er precies twee bijectiesmogelijk: degene die beide elementen vasthoudt (dat is id Σ ), en degene die detwee elementen verwisselt (die noemen we even τ). Er geldt τ 2 = τ ◦τ = id Σ .De groep S Σ is dus in dit geval isomorf met Z/2Z.Voor Σ met #Σ > 2 is de groep S Σ niet commutatief. Immers, kiesdrie verschillende elementen x, y, z ∈ Σ. Construeer twee bijecties σ, τ ∈ S Σals volgt. σ verwisselt x en y en houdt alle overige elementen van Σ vast. τverwisselt y en z en houdt de overige elementen vast. Dit definiëert inderdaadtwee bijecties, en er geldt σ ◦ τ(x) = y terwijl τ ◦ σ(x) = z. Dus σ ◦ τ ≠ τ ◦ σ.In het bijzonder is dus S Σ niet commutatief.Hebben we twee “even grote” verzamelingen Σ en Σ ′ (preciezer gezegd: tweeverzamelingen met een bijectie f : Σ → ∼ Σ ′ ertussen), dan is waarschijnlijkintuïtief wel duidelijk dat de <strong>groepen</strong> S Σ en S Σ ′ hetzelfde (dwz. isomorf)zullen zijn. Immers, zo’n bijectie tussen de verzamelingen wil eigenlijk nietsanders zeggen dan dat alle elementen van Σ een nieuwe naam krijgen, en hetgeven van bijecties in termen van de oude of de nieuwe namen komt natuurlijk


4 PERMUTATIE-GROEPEN 46op hetzelfde neer. Wordt dit argument omgesmeed tot een formeel bewijs,dan ziet het er als volgt uit:Stelling 4.1.3 Stel f : Σ → Σ ′ is een bijectie en g : Σ ′ → Σ is de inversevan f (dus f ◦g = id Σ ′ en g ◦f = id Σ ). Dan zijn S Σ en S Σ ′ isomorfe <strong>groepen</strong>;een expliciet isomorfisme ϕ : S Σ → S Σ ′ wordt gegeven door ϕ(σ) = f ◦ σ ◦ g,met als inverse ψ : S Σ ′ → S Σ gegeven door ψ(τ) = g ◦ τ ◦ f.Bewijs. Dit is een goede oefening in het formeel rekenen met samenstellingenvan afbeeldingen, en het test meteen een aantal definities. We laten hetdaarom graag aan de lezer over!✷Een speciaal geval wordt gekregen door alleen naar eindige verzamelingen Σte kijken. Tussen twee zulke verzamelingen bestaat een bijectie dan en slechtsdan als ze evenveel elementen hebben. Vanwege bovenstaande stelling blijktdus, dat wanneer symmetrie<strong>groepen</strong> van eindige verzamelingen beschouwdworden, dan is het voldoende te kijken naar S {1,2,...,n} . We geven nog eenvoorbeeld van een abstracte stelling over dit soort algemene <strong>groepen</strong> vanbijecties.Stelling 4.1.4 (Stelling van Cayley; Arthur Cayley, engels wiskundige,1821–1895) Elke groep G is isomorf met een ondergroep van S G . In hetspeciale geval dat #G = n < ∞, is dus G isomorf met een ondergroep vanS {1,...,n} .Bewijs. Voor vaste a ∈ G is de afbeelding λ a : G → G gegeven doorλ a (x) = ax een bijectie (zie Stelling 3.1.5). Dus λ a ∈ S G . Dit gebruiken weom een afbeeldingϕ : G −→ S Gte definiëren, namelijk ϕ(a) = λ a . Men gaat eenvoudig na dat ϕ een homomorfismeis, oftewel dat ϕ(ab) = λ ab = λ a ◦ λ b = ϕ(a) ◦ ϕ(b) voor a, b ∈ G.Verder is ϕ injectief, want als a ∈ Ker(ϕ), dan geldt λ a = id G , dusa = ae = λ a (e) = id G (e) = e. De conclusie is dat G isomorf is met ϕ(G), ende laatstgenoemde groep is inderdaad een ondergroep van S G .De extra bewering voor het geval #G = n volgt direct uit het bovenstaande,samen met Stelling 4.1.3.✷4.2 Permutaties op n getallenDefinitie 4.2.1 Laat n ∈ Z ≥1 . De symmetrische groep op n getallen, notatieS n , is per definitie de groep S {1,2,...,n} . Elementen van deze groep noemen wepermutaties. S n heet ook wel de permutatiegroep op n elementen.


4 PERMUTATIE-GROEPEN 47Stelling 4.2.2 De groep S n heeft n! = n · (n − 1) · . . . · 2 · 1 elementen.Bewijs. Een element van S n is per definitie een bijectie op de verzameling{1, . . . , n}. Zo’n bijectie wordt volledig beschreven door een rijtje van lengten, waarin elk van de getallen 1, . . . , n precies één keer voorkomt. Men gaateenvoudig na dat er precies n! zulke mogelijke rijtjes zijn.✷Definitie 4.2.3 Een permutatie σ ∈ S n heet een cykel van lengte k (ookwel k-cykel), als er k verschillende getallen a 1 , . . . , a k ∈ {1, . . . , n} zijn metσ(a i ) = a i+1 voor 1 ≤ i < k en σ(a k ) = a 1 en σ(x) = x voor x ∉ {a 1 , . . . , a k }.Dit wordt genoteerd als σ = (a 1 a 2 . . . a k ).Een 2-cykel heet ook wel een transpositie of een verwisseling.Twee cykels (a 1 a 2 . . . a k ) en (b 1 b 2 . . . b l ) heten disjunct als{a 1 , . . . , a k } ∩ {b 1 , . . . , b l } = ∅.Voorbeeld 4.2.4 Er geldt (1 2 3 4 5) = (2 3 4 5 1) = . . . = (5 1 2 3 4),want deze 5-cykels sturen 5 naar 1, en i naar i + 1 voor 1 ≤ i < 5, en zehouden de getallen ≥ 6 vast. Op dezelfde wijze geldt algemeen voor k-cykelsdat (a 1 a 2 . . . a k ) = (a 2 . . . a k a 1 ).Twee disjuncte cykels commuteren, want zijn (a 1 a 2 . . . a k ) en(b 1 b 2 . . . b l ) disjunct, dan doet de ene alleen iets met de getallen a 1 , . . . , a ken de andere alleen met b 1 , . . . , b l . Het doet er dan niet toe in welke volgordedeze cykels toegepast worden.Voor niet-disjuncte cykels ligt dit anders: bijvoorbeeld (1 2 3) ◦ (2 3 4) ≠(2 3 4) ◦ (1 2 3), want het eerste product beeldt 2 af op 1 en het tweedebeeldt 2 af op 4. (Let op, dit is het samenstellen van functies, en daarbijwordt eerst de meest rechtse functie toegepast!)Stelling 4.2.5 Elk element σ ∈ S n is te schrijven als product σ = σ 1 . . . σ r ,waarin de σ i onderling disjuncte cykels zijn. Deze schrijfwijze is bovendienuniek op de volgorde van de cykels na.Bewijs. De existentie van zo’n schrijfwijze kan met inductie naar n bewezenworden. Voor n = 1 is de bewering duidelijk, want de enige permutatie isin dat geval σ = (1). Laat n > 1, en veronderstel dat het voor alle S m metm < n waar is. Is dan σ ∈ S n , dan is {1, σ(1), σ 2 (1), . . .} een deelverzamelingvan {1, . . . , n}, en dus bestaan er k, l met k < l en σ k (1) = σ l (1). Bijgevolgis σ l−k (1) = 1. Er bestaat dus een positief geheel getal s met σ s (1) = 1. Hetkleinste getal met die eigenschap noemen we q. Omdat q de kleinste is, zijn degetallen 1, σ(1), . . . , σ q−1 (1) allemaal verschillend, en het effect van σ op dezegetallen wordt precies gegeven door de k-cykel σ 1 = (1 σ(1) . . . σ q−1 (1)).


4 PERMUTATIE-GROEPEN 48Bekijk vervolgens de overige getallen in {1, . . . , n}. Is dit de lege verzamelingdan geldt σ = σ 1 en we zijn klaar. Is de verzameling niet leeg, dan werktσ er als een permutatie op. Uit de inductiehypothese volgt dat de beperkingvan σ tot deze verzameling te schrijven is als product van disjuncte cykelsσ 2 . . . σ r . Vatten we deze cykels op als permutaties op {1, . . . , n}, dan geldtdus σ = σ 1 . . . σ r .De uniciteit is niet moeilijk te bewijzen: kan zo’n schrijfwijze op tweemanieren, dan houdt dat in dat in de ene een zekere i naar een j ≠ i gestuurdwordt, terwijl in de andere schrijfwijze ofwel i niet voorkomt (en dan zou iop i worden afgebeeld, hetgeen niet zo is), ofwel i komt wel voor maar inde cykel waarin dat gebeurt staat achter i iets anders als j. Ook dat is nietmogelijk, want het beeld van i is j.✷Voorbeeld 4.2.6 Het bovenstaande bewijs is in feite een algorithme. Bijvoorbeeldstel we willen (1 2 3 4)(2 3 4 5)(4 5 1) als product van disjunctecykels schrijven. Hier staat een samenstelling van afbeeldingen. We gaaneerst na wat er met 1 gebeurt. De laatstgeschreven permutatie stuurt 1 naar4, en deze 4 wordt door de permutatie daarvóór op 5 afgebeeld. De voorstepermutatie houdt 5 vast, dus het beeld van 1 is 5. Vervolgens gaan we nawat er met 5 gebeurt. De achterste stuurt 5 naar 1; deze 1 blijft vast onderde middelste en gaat dan onder de voorste naar 2. Zo voortgaande vindenwe dat 4 het beeld van 2 is, en 4 wordt op 3 afgebeeld, en 3 weer op 1.Hiermee hebben we dan een 5-cykel gevonden, en omdat alleen de getallen1 t/m 5 in de permutaties waarmee we begonnen voorkomen, zijn we danklaar: (1 2 3 4)(2 3 4 5)(4 5 1) = (1 5 2 4 3).De schrijfwijze van een permutatie als product van disjuncte cykels is onderandere nuttig wanneer we de orde van een permutatie willen bepalen:Stelling 4.2.7 1. (i 1 i 2 . . . i k ) −1 = (i k i k−1 . . . i 1 ).2. Een k-cykel (i 1 i 2 . . . i k ) heeft orde k.3. Is σ 1 . . . σ r een product van disjuncte cykels, dan geldt voor elke n ∈ Zdat (σ 1 . . . σ r ) n = σ n 1 . . . σ n r .4. Is σ 1 . . . σ r een product van disjuncte cykels, waarbij σ i lengte l i heeft,dan is ord(σ 1 . . . σ r ) = kgv(l 1 , . . . , l r ).Bewijs. 1: Dit volgt direct uit de definitie van een cykel.2: Voor 0 < n < k is het beeld van i 1 onder (i 1 i 2 . . . i k ) n gelijk aan i n .Omdat i n ≠ i 1 is dus de orde ≥ k. Verder is (i 1 i 2 . . . i k ) k = (1), dus deorde is gelijk aan k.


4 PERMUTATIE-GROEPEN 493: Dit volgt direct uit het feit dat disjuncte cykels onderling commuteren.4: Er geldt vanwege 3) dat (σ 1 . . . σ r ) n = (1) precies dan als σ1 n = . . . = σr n =(1). Dit is vanwege Stelling 3.2.10 het geval precies dan als n een veelvoudis van ieder van ord(σ 1 ), . . . , ord(σ r ).✷Voorbeeld 4.2.8 Het is niet altijd zo dat een n-de macht van een k-cykel,met 1 < n < k, zelf ook weer een k-cykel is. Bijvoorbeeld geldt (1 2 3 4) 2 =(1 3)(2 4).Voorbeeld 4.2.9 We gaan na welke getallen als ordes van een element vanS 5 kunnen voorkomen. Er geldt 5 = 4 + 1 = 3 + 2 = 3 + 1 + 1 = 2 + 2 + 1 =2 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Dit zijn alle schrijfwijzen van 5 als somvan positieve gehele getallen. We zien hieraan dan een product van disjunctecykels in S 5 op 7 manieren tot stand kan komen: een 5-cykel, of een 4-cykel(maal een 1-cykel, maar die laten we weg), of . . . enz. Uit Stelling 4.2.7 volgtdat de ordes van deze producten respectievelijk 5, 4, 6, 3, 2 en 1 zijn. Het isvoor elk van die ordes een eenvoudig combinatorisch probleem om te bepalenhoeveel elementen er precies met die orde zijn.Stelling 4.2.10 Elke σ ∈ S n is te schrijven als product van 2-cykels.Bewijs. We weten al dat we σ als product van cykels kunnen schrijven. Hetis dus voldoende te bewijzen, dat een cykel te schrijven is als product van2-cykels. Welnu, er geldt(a 1 a 2 . . . a k ) = (a 1 a 2 )(a 2 a 3 ) . . . (a k−1 a k )zoals men eenvoudig narekent.✷Opmerking 4.2.11 Stelling 4.2.10 zegt eigenlijk, dat we door herhaald parengetallen te verwisselen, een rij van n getallen in een willekeurige volgordekunnen plaatsen. Uit het bewijs krijgen we zelfs een bovengrens voor hetaantal verwisselingen waarmee dit bereikt wordt: ga uit van een schrijfwijze∑van onze permutatie als product van r disjuncte l i -cykels, met l i ≥ 1 enli = n. Dan zijn voor zo’n l i -cykel blijkens het bewijs van Stelling 4.2.10niet meer dan l i − 1 verwisselingen nodig. In totaal kunnen we dus volstaanmet ∑ (l i − 1) = n − r verwisselingen.Opmerking 4.2.12 Men kan zelfs eenvoudig laten zien dat elke permutatiete schrijven is als product van verwisselingen van een bepaalde eenvoudigegedaante. Bijvoorbeeld, als product van zogenaamde ‘buurverwisselingen’.Dit zijn 2-cykels van de gedaante (i i + 1). Is i < j, dan is(i j) = (i i + 1)(i + 1 i + 2) . . . (j − 1 j)(j − 2 j − 1) . . . (i i + 1).


4 PERMUTATIE-GROEPEN 50Hieruit volgt de schrijfwijze direct.Men kan ook elke permutatie schrijven als product van 2-cykels van devorm (1 i). Dit volgt voor 1 ≠ i ≠ j ≠ 1 uit het feit dat (i j) = (1 i)(1 j)(1 i).In de overige gevallen is er niets te bewijzen. Anders gezegd: door alleenmaar één vast element met andere(n) te verwisselen, kan een rij getallen ineen willekeurige volgorde worden gezet.Merk op dat de schrijfwijze als product van 2-cykels beslist niet uniek is!We zullen echter zien, dat het aantal benodigde 2-cykels voor een gegevenpermutatie hooguit een even aantal verschilt. Met andere woorden, is σ eenproduct van k verwisselingen en ook een product van l verwisselingen, dangeldt 2|(k − l). We bewijzen dit in de nu volgende §.4.3 Even en oneven permutatiesDefinitie 4.3.1 Met X duiden we de verzamelingen paren gehele getallen(i, j) aan waarvoor geldt 1 ≤ i < j ≤ n. Verder noteren we voor σ ∈ S n deafbeelding f σ : X → X, gegeven door f σ (i, j) = (σ(i), σ(j)) als σ(i) < σ(j),terwijl f σ (i, j) = (σ(j), σ(i)) als σ(i) > σ(j).σ(j) − σ(i)Tenslotte definiëren we h σ : X → Q door h σ (i, j) =j − i.De eigenschappen van de hier gegeven functies die we zullen gebruiken staanopgesomd in:Lemma 4.3.2 1. Voor σ, τ ∈ S n geldt f στ = f σ ◦ f τ .2. f σ is een bijectie op X.∏3. h σ (i, j) = ±1.(i,j)∈XBewijs. 1: Beide functies sturen een willekeurige (i, j) ∈ X naar ofwel(στ(i), στ(j)), ofwel (στ(j), στ(i)) (afhankelijk welke van deze twee in Xzit). Dus zijn de functies gelijk.2: Er geldt f σ ◦ f σ −1 = f σ −1 ◦ f σ = f id = id.3: In absolute waarde is het gegeven product gelijk aan⎛⎞ ⎛⎞⎝ ∏|σ(j) − σ(i)| ⎠ / ⎝ ∏(j − i) ⎠ .(i,j)∈X(i,j)∈XDe teller hier is precies gelijk aan het product van alle (l − k), voor (k, l) =f σ (i, j) ∈ f σ (X) = X. Dus teller en noemer zijn gelijk. Omdat het productin absolute waarde dus gelijk is aan 1, is het zelf ±1.✷


4 PERMUTATIE-GROEPEN 51Definitie 4.3.3 Het teken van een permutatie σ ∈ S n , notatie ɛ(σ), is perdefinitieɛ(σ) =∏h σ (i, j) =∏ σ(j) − σ(i)= ±1.j − i(i,j)∈X1≤i


4 PERMUTATIE-GROEPEN 52Lemma 4.3.6 1. Is τ, (a 1 a 2 . . . a l ) ∈ S n , dan geldtτ(a 1 a 2 . . . a l )τ −1 = (τ(a 1 ) τ(a 2 ) . . . τ(a l )).2. Voor een 2-cykel (a 1 a 2 ) geldt ɛ((a 1 a 2 )) = −1.Bewijs. 1: Neem i ∈ {1, . . . , n}. Als i = τ(a l ), dan(τ(a 1 a 2 . . . a l )τ −1 )(i) = (τ(a 1 a 2 . . . a l ))(a l ) = τ(a 1 ). Evenzo, alsi = τ(a k ) met 1 ≤ k < l, dan volgt (τ(a 1 a 2 . . . a l )τ −1 )(i) = τ(a k+1 ).Voor alle overige i geldt (τ(a 1 a 2 . . . a l )τ −1 )(i) = i. Dit bewijst de gevraagdegelijkheid.2: Kies een permutatie τ waarvoor geldt τ(a 1 ) = 1 en τ(a 2 ) = 2. Danɛ((1 2)) = ɛ(τ(a 1 a 2 )τ −1 ). Omdat ɛ een homomorfisme is, is verderɛ(τ(a 1 a 2 )τ −1 ) = ɛ(τ)ɛ((a 1 a 2 ))ɛ(τ) −1 = ɛ((a 1 a 2 )). Dus iedere 2-cykel heefthetzelfde teken. Voor (1 2) is dat eenvoudig met de definitie te berekenen:ɛ((1 2)) = −1, want het enige paar (i, j) ∈ X dat onder (1 2) van volgordewisselt, is (1, 2).✷Gevolg 4.3.7 1. Een l-cykel σ heeft teken ɛ(σ) = (−1) l−1 .2. Is σ een product van cykels van lengte l 1 , . . . , l r , dan ɛ(σ) =(−1) ∑ ri=1 (l i−1) .3. Een permutatie σ is even dan en slechts dan als σ te schrijven is alseen product van een even aantal 2-cykels.Bewijs. 1: Er geldt (a 1 a 2 . . . a l ) = (a 1 a 2 )(a 2 a 3 ) . . . (a l−1 a l ). Het aantal2-cykels hier is l − 1, dus omdat ieder van deze teken −1 heeft en omdat ɛeen homomorfisme is, volgt het gevraagde.2: Volgt direct uit 1) vanwege het feit dat ɛ een homomorfisme is.3: Laat σ ∈ S n . Wegens Stelling 4.2.10 is σ te schrijven als product van2-cykels. De bewering volgt dan uit wat zojuist in 2) bewezen is. ✷4.4 De alternerende groepDefinitie 4.4.1 Voor n ≥ 1 is de alternerende groep (notatie: A n ) de ondergroepvan S n bestaande uit alle even permutaties.Dat A n inderdaad een groep is, volgt bijvoorbeeld uit het feit dat A n =Ker(ɛ), en ɛ is een homomorfisme (Stellingen 4.3.5 en 3.3.6).Voorbeeld 4.4.2 In S 2 hebben we alleen de permutaties (1) en (1 2). DusA 2 bestaat uit alleen maar de identiteit.


4 PERMUTATIE-GROEPEN 53S 3 bestaat uit de identiteit, 2-cykels en 3-cykels. Alleen de 2-cykels zittenniet in A 3 , dus A 3 = {(1), (1 2 3), (1 3 2)}. Deze groep is isomorf met Z/3Z.In A 4 zitten naast de identiteit de 3-cykels (dat zijn er 8) en de productenvan twee disjuncte 2-cykels (dat zijn er 3). De zo verkregen groep is niet abels,en bestaat uit 12 elementen.Stelling 4.4.3 Voor n ≥ 2 heeft A n precies n!/2 elementen.Bewijs. De verzamelingen A n en (S n \ A n ) zijn per definitie disjunct, en zevormen samen de hele S n . Verder hebben ze evenveel elementen, want deafbeelding τ ↦→ (1 2)τ is een bijectie van de ene naar de andere. Hieruitvolgt de stelling.✷Stelling 4.4.4 Elk element van A n is te schrijven als een product van 3-cykels.Bewijs. Neem σ ∈ A n . Vanwege Gevolg 4.3.7 is σ te schrijven als productvan een even aantal 2-cykels. In het bijzonder dus als product van permutatiesvan de vorm (a b)(c d). Vanwege (a c b)(c d a) = (a b)(c d) volgtdan de stelling (ga zelf na hoe dit argument aangepast dient te worden alsbijvoorbeeld a = c).✷Voorbeeld 4.4.5 We geven tenslotte een voorbeeld bij de stelling van Cayleydie aan het begin van dit hoofdstuk werd bewezen (Stelling 4.1.4). NeemG = (Z/8Z) ∗ . Omdat #G = ϕ(8) = 4, is G isomorf met een ondergroep vanS 4 . We gaan na welke ondergroep het bewijs van Stelling 4.1.4 ons daarvoorgeeft, en we zien dan meteen dat zelfs G als ondergroep van A 4 is op te vatten.In het genoemde bewijs wordt a ∈ G geïdentificeerd met λ a , het van linksmet a vermenigvuldigen. Bovendien wordt S G met S 4 geïdentificeerd, en datgaat door gewoon een bijectie tussen G en {1, 2, 3, 4} te kiezen. Welnu, voordeze bijectie nemen we 1 ↦→ 1, 3 ↦→ 2, 5 ↦→ 3 en 7 ↦→ 4.Het element 1 ∈ G levert λ 1 = id G , dus dat wordt de permutatie (1). Hetelement 3 levert de bijectie op G die 1 naar 3, 3 naar 3·3 = 1, 5 naar 3·5 = 7en 7 naar 5 stuurt. Met onze bijectie tussen G en {1, 2, 3, 4} wordt dat dusde permutatie (1 2)(3 4).Een zelfde berekening stuurt 5 naar de permutatie (1 3)(2 4) en 7 naar(1 4)(2 3). Dus kennelijk is {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} een ondergroepvan S 4 , isomorf met (Z/8Z) ∗ . Het is duidelijk dat deze ondergroepzelfs in A 4 zit.


4 PERMUTATIE-GROEPEN 544.5 Opgaven1. Schrijf de volgende permutaties als product van disjuncte cykels:(a) (3 1 4)(1 5 9 2 6)(5 3)(b) σ −1 , waarbij σ = (5 6 2)(1 3)(1 4).2. (a) Vind alle σ ∈ S 4 die voldoen aan σ 2 = (1 2)(3 4).(b) Laat n > 1. Bestaat er een σ ∈ S n met σ 2 = (1 2)?(c) Laat n ≥ 6. Bestaat er een σ ∈ S n waarvoor σ 2 = (1 2)(3 4 5 6)?3. Stel dat σ een k-cykel is. Bewijs dat σ n ook een k-cykel is dan enslechts dan als ggd(k, n) = 1.4. Bepaal welke getallen voorkomen als de orde van een element van S 6 ,en ga voor elk van deze getallen na hoeveel elementen met die orde erin S 6 zitten.5. Wat is de kleinste n waarvoor #S n deelbaar is door 30? En wat is dekleinste n waarvoor S n een element van orde 30 bevat?6. Bepaal de orde van (5 6 7 8 9)(3 4 5 6)(2 3 4)(1 2) in de groep S 9 . Isdit een even of een oneven permutatie?7. (a) Bepaal σ 1999 voor σ = (1 2)(3 4 5)(6 7 8 9 10).(b) Bereken ook τ 1995 voor τ = (1 2 3)(3 4)(4 5 6 7).8. Laat σ ∈ S n . Bewijs dat als σ(1 2 . . . n) = (1 2 . . . n)σ, dan isσ = (1 2 . . . n) i voor zekere i.9. Bepaal voor n ≥ 1 het centrum Z(S n ) van S n (dat zijn de permutatiesτ met de eigenschap στ = τσ voor elke σ ∈ S n ).10. Laat σ, τ ∈ S n . Toon aan dat als σ een product is van disjuncte cykelsvan lengtes l 1 , . . . , l r , dan is τστ −1 dat ook.11. (a) Laat a ≠ 1 ≠ b en bereken (1 a)(1 b)(1 a)(1 b).(b) Toon aan dat elk element van A n te schrijven is als een productvan elementen van de vorm στσ −1 τ −1 , voor σ, τ ∈ S n .(c) Bewijs dat als G een abelse groep is, en f : S n → G een homomorfisme,dan geldt A n ⊂ Ker(f).(d) Bewijs dat als g : S n → S m een homomorfisme is, dan is g(A n ) ⊂A m .


4 PERMUTATIE-GROEPEN 5512. Een ondergroep H van S n heet transitief als er voor elk paar {i, j} ⊂{1, 2, . . . , n} een τ ∈ H is met τ(i) = j.(a) Toon aan dat voor n ≥ 3 de groep A n een transitieve ondergroepvan S n is.(b) Toon aan dat als G een groep is met #G = n, dan is de ondergroepvan S n die in het bewijs van de stelling van Cayley wordt geconstrueerden waarmee G isomorf is, een transitieve ondergroep vanS n .(c) Vind met behulp van de stelling van Cayley een transitieve ondergroepvan S 6 die isomorf is met S 3 .


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 565 Groepen van symmetrieënIn dit hoofdstuk worden bepaalde soorten <strong>groepen</strong> van bijecties beschouwd.Steeds zal het gaan om bijecties waaraan bepaalde extra eisen zijn opgelegd.Het is vooral dit type <strong>groepen</strong> dat in de natuurkunde, maar ook inbijvoorbeeld de discrete wiskunde een rol speelt. De begrippen uit de lineairealgebra die in dit hoofdstuk gebruikt worden, zijn in vrijwel ieder boekover dat onderwerp terug te vinden. Bijvoorbeeld komen ze aan de orde inHoofdstuk 6 van het boek S.H. Friedberg, A.J. Insel en L.E. Spence, Linear<strong>Algebra</strong> (2nd edition), London etc.: Prentice-Hall, 1989.5.1 een aantal matrix<strong>groepen</strong>De ruimte R 2 kunnen we visualiseren als een plat vlak. De standaardmanierom dit te doen wordt al heel vroeg op de middelbare school aangeleerd. Metbehulp van de stelling van Pythagoras stelt deze standaard-interpretatie onsvervolgens in staat, een afstandbegrip d op R 2 in te voeren:d( (a, b) , (c, d) ) = √ (a − c) 2 + (b − d) 2 .Iets analoogs leren we dan voor R 3 , en later in de lineaire algebra wordt ditineens vergaand gegeneraliseerd tot de situatie van een (reële of complexe)lineaire ruimte V voorzien van een inproduct 〈 · , · 〉. In dit laatste gevalwordt de afstand d(v, w) tussen twee vectoren v, w ∈ V gedefiniëerd alsd(v, w) = ||v − w|| = √ 〈v − w, v − w〉.Bij een dergelijke inproductruimte hoort, althans in het eindig-dimensionalegeval, een groep:Definitie 5.1.1 Laat V een eindig-dimensionale lineaire ruimte over R of Czijn, voorzien van een inproduct 〈 · , · 〉. Met O(V, 〈 · , · 〉) duiden we deverzameling van alle lineaire afbeeldingen ϕ : V → V aan, die voldoen aan〈v, w〉 = 〈ϕ(v), ϕ(w)〉 voor elk paar v, w ∈ V .Stelling 5.1.2 In de situatie van Definitie 5.1.1 is O(V, 〈 · , · 〉) ten aanzienvan het samenstellen van lineaire afbeeldingen een groep, met als eenheidselementid V .Bewijs. We tonen eerst aan dat O(V, 〈 · , · 〉) een deelverzameling is vande groep van alle inverteerbare lineaire afbeeldingen van V naar zichzelfGL(V ). Daarvoor is het voldoende, aan te tonen dat de elementen van


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 57O(V, 〈 · , · 〉) inverteerbaar zijn. Stel ϕ ∈ O(V, 〈 · , · 〉). Is ϕ(v) = 0, danvolgt 〈v, v〉 = 〈ϕ(v), ϕ(v)〉 = 0, en dus v = 0. Dit impliceert dat ϕ injectiefis, en dus, omdat injectieve lineaire afbeeldingen van een eindig-dimensionaleruimte naar zichzelf automatisch ook surjectief zijn, is ϕ inverteerbaar.Om nu aan te tonen dat O(V, 〈 · , · 〉) een groep als boven beschrevenis, volstaat het om te laten zien dat het een ondergroep van GL(V ) is. Ditlaten we met behulp van Stelling 3.2.3 als oefening aan de lezer over. ✷Is A = (a i,j ) een (vierkante) matrix met reële of complexe coëfficiënten, danwordt in de lineaire algebra de geadjungeerde van A, notatie A ∗ , gedefiniëerdals A ∗ = (b i,j ), met b i,j = a j,i . Dus, om A ∗ te krijgen worden alle getallen in dematrix gespiegeld ten aanzien van de hoofddiagonaal, en vervolgens complexgeconjugeerd. Wordt een ϕ ∈ GL(V ) ten aanzien van een orthonormalebasis voor V gegeven door een matrix A, dan geldt ϕ ∈ O(V, 〈 · , · 〉) dan enslechts dan als A ∗ A = I, waarin I de eenheidsmatrix voorstelt. Dit vertaaltdus de groep O(V, 〈 · , · 〉) in een groep van matrices, om precies te zijn, eenondergroep van GL n (R) of GL n (C), voor n = dim(V ). Een opsomming vande zo gegeven <strong>groepen</strong> van matrices, en wat relevante onder<strong>groepen</strong>, volgtnu.Definitie 5.1.3 Laat n ∈ Z, n > 0.1. De orthogonale groep O(n) = {A ∈ GL n (R) | A ∗ A = I}.2. De unitaire groep U(n) = {A ∈ GL n (C) | A ∗ A = I}.3. De speciale orthogonale groep SO(n) = {A ∈ GL n (R) | A ∗ A =I en det(A) = 1}.4. De speciale unitaire groep SU(n) = {A ∈ GL n (C) | A ∗ A =I en det(A) = 1}.Voorbeeld 5.1.4 Is n = 1, dan krijgen we O(1) = {a ∈ R \ {0} | a 2 = 1} ={±1}. Als groep van afbeeldingen op R stelt dit de identiteit, en ‘tegengesteldenemen’ voor. De <strong>groepen</strong> SO(1) en SU(1) zijn beide de triviale groepbestaande uit slechts één element. U(1) is al interessanter: dit is de groep vanpunten op de eenheidscirkel in C, met als groepswet de vermenigvuldiging.( ) a bVoor n = 2 bestaat SO(2) precies uit alle matrices , metc da, b, c, d ∈ R en a 2 + c 2 = b 2 + d 2 = ad − bc = 1 en ab + cd = 0. Schrijven wea = cos α en c = sin α, dan volgt d = cos α en b = − sin α. Met andere woorden,als afbeelding van R 2 naar zichzelf stelt onze matrix een rotatie over de


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 58hoek α met als centrum de oorsprong voor. De groep SO(2) is precies degroep van al deze rotaties.In de groep ( O(2) komen naast ) de matrices uit SO(2) ook degenen vancos α − sin αde gedaantevoor. Meetkundig representeert dit een− sin α − cos αspiegeling in de lijn door de oorsprong, die de positieve x-as snijdt onder eenhoek −α/2. We concluderen dus dat O(2) gezien als groep van meetkundigeafbeeldingen bestaat uit alle rotaties met de oorsprong als centrum, plus allespiegelingen in lijnen door de oorsprong. Deze groep is dus niet commutatief,want als we bijvoorbeeld eerst spiegelen in de x-as en dan draaien overeen hoek van 90 graden, dan is (0, 1) het beeld van (1, 0). Passen we dezetwee afbeeldingen evenwel in de omgekeerde volgorde toe, dan wordt (1, 0)afgebeeld op (0, −1).Al de in Definitie 5.1.3 genoemde <strong>groepen</strong> kunnen worden gezien als <strong>groepen</strong>bestaande uit inverteerbare lineaire afbeeldingen van R n of C n naar zichzelf,met de eigenschap dat ze het standaardinproduct, en dus ook de afstandentussen punten, vast houden.We zullen ons vanaf nu beperken tot het reële geval, en met name tot R 2en R 3 . Meetkundig betekent het feit dat een afbeelding afstandbehoudendis, dat bijvoorbeeld een driehoek wordt overgevoerd in een daarmee congruentedriehoek. Immers, de drie hoekpunten worden afgebeeld op drie nieuwepunten met onderling dezelfde afstand, en een punt op een zijde moet gaannaar een punt dat dezelfde afstanden tot de nieuwe hoekpunten heeft, alshet oorspronkelijke punt tot de oude hoekpunten. Daaruit volgt dat zijdenvan de driehoek op zijden worden afgebeeld. Dit argument laat zien dat inhet algemeen afstandbehoudende afbeeldingen (we hoeven geen lineariteit teeisen) lijnen in lijnen en hoeken in even grote hoeken overvoeren.5.2 <strong>groepen</strong> van isometrieënZoals al gezegd, werken we steeds met de ruimte R n , voorzien van de ‘gewone’norm ||(a 1 , . . . , a n )|| = √ a 2 1 + . . . a 2 n en het gewone afstandsbegrip d(v, w) =||v − w|| voor v, w ∈ R n .Definitie 5.2.1 Een isometrie op R n is een afbeelding ϕ : R n → R n dievoldoet aan d(v, w) = d(ϕ(v), ϕ(w)) voor alle v, w ∈ R n .Voorbeeld 5.2.2 Voorbeelden van isometrieën zijn translaties, rotaties,spiegelingen in een punt of in een lijn of in een vlak.Stelling 5.2.3 1. Een isometrie op R n die 0 ∈ R n op 0 afbeeldt, is eenlineaire afbeelding.


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 592. Elke isometrie is te schrijven als samenstelling van translatie met eenlineaire isometrie.3. Isometrieën zijn inverteerbaar.Bewijs. 1: Er geldt ||u − v|| 2 = 〈u − v, u − v〉 = ||u|| 2 + ||v|| 2 − 2〈u, v〉 vooru, v ∈ R n . Is ϕ een isometrie en ϕ(0) = 0, dan volgt2〈u, v〉 = ||u − 0|| 2 + ||v − 0|| 2 − ||u − v|| 2= ||ϕ(u) − ϕ(0)|| 2 + ||ϕ(v) − ϕ(0)|| 2 − ||ϕ(u) − ϕ(v)|| 2= 2〈ϕ(u), ϕ(v)〉.Hieruit volgt met wat rekenwerk dat ||ϕ(u + av) − ϕ(u) − aϕ(v)|| 2 = 0 voora ∈ R, en dat impliceert dat ϕ lineair is.2: Laat ϕ een isometrie zijn. Schrijf v = ϕ(0). Definieer τ v : R n → R nals transleren over v, dus τ v (w) = v + w voor w ∈ R n . Definieer tenslotteψ : R n → R n door ψ(w) = ϕ(w) − v. Dan zijn τ v , ψ isometrieën,en omdat ψ(0) = 0, volgt uit 1) dat ψ lineair is. Er geldtϕ(w) = ϕ(w) − v + v = ψ(w) + v = τ v (ψ(w)) voor elke w ∈ R n , metandere woorden ϕ = τ v ◦ ψ.3: Wegens 2) en het feit dat een samenstelling van bijecties weer een bijectieis, is het voldoende om aan te tonen dat zowel translaties als lineaire isometrieëninverteerbaar zijn. Voor translaties is dit duidelijk, en voor lineaireisometrieën is dit in het bewijs van Stelling 5.1.2 al aangetoond. ✷De lineaire isometrieën genoemd in bovenstaande stelling worden in de lineairealgebra meestal orthogonale (lineaire) afbeeldingen genoemd. In hetgeval van R 2 hebben we al deze afbeeldingen al in Voorbeeld 5.1.4 bepaald:het zijn de spiegelingen in een lijn door de oorsprong, en de rotaties om deoorsprong. We gaan nu bepalen hoe dit voor R 3 zit. In feite werkt het hiernagegeven bewijs voor willekeurige reële inproductruimten.Stelling 5.2.4 Is ϕ een orthogonale afbeelding op R 3 met det(ϕ) = ɛ, dangeldt ɛ = ±1.Verder zijn er een lijn L door de oorsprong, en een vlak V door de oorsprongloodrecht op L, waarvoor geldt dat ϕ zowel L als V naar zichzelfafbeeldt.ϕ werkt op V als een rotatie, en op L als vermenigvuldiging met ɛ.Meetkundig gezien zegt dit resultaat heel precies hoe een orthogonale afbeeldingop R 3 eruitziet: is de determinant 1, dan is het een draaiing ‘om eenlijn L’. Is de determinant −1, dan draaien we niet alleen om een lijn L, maarbovendien spiegelen we in het vlak V loodrecht op L. Hoe we dat vlak V en


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 60die lijn L en de hoek waarover geroteerd wordt kunnen bepalen, zal blijkenuit het bewijs dat nu gegeven wordt.Bewijs. Ten aanzien van de standaardbasis voor R 3 wordt de orthogonaleafbeelding ϕ gegeven door een 3 × 3-matrix A. Deze matrix voldoet aanA ∗ A = I. Omdat det(A) = det(A ∗ ), volgt dan ɛ 2 = det(A) 2 = det(A ∗ A) =det(I) = 1 en dus ɛ = ±1.Het eigenwaardenpolynoom van A heeft graad 3, en dus heeft dit polynoomminstens één reëel nulpunt, dat we λ noemen. Dit is dan een eigenwaardevan ϕ bij een eigenvector v. Omdat ϕ afstandbehoudend is, geldt||v|| = ||ϕ(v)|| = ||λv|| = |λ|·||v||, dus λ = ±1. Laat W het vlak door de oorsprongloodrecht op v zijn. We beweren dat ϕ dit vlak op zichzelf afbeeldt.Immers, laat w ∈ W willekeurig. We moeten aantonen dat ϕ(w) ∈ W ,hetgeen precies wil zeggen dat ϕ(w) ⊥ v. Welnu, ϕ ∗ ϕ = id en λ = ±1,en dus volgt door ϕ ∗ toe te passen op v = λϕ(v) dat ϕ ∗ (v) = λv. Dus〈ϕ(w), v〉 = 〈w, ϕ ∗ (v)〉 = λ〈w, v〉 = 0, hetgeen we wilden laten zien.De beperking van ϕ tot W is natuurlijk evenals ϕ zelf weer afstandbehoudend.Er zijn nu twee mogelijkheden voor deze beperking: het kan een rotatiezijn, en een spiegeling in een lijn in W door de oorsprong. In het geval van eenrotatie zijn we direct klaar: ten aanzien van een basis van R 3 bestaande uitde vector v samen met twee onderling loodrechte vectoren ⎛ in W met lengte⎞1λ 0 0wordt ϕ dan namelijk gegeven door een matrix B = ⎝ 0 cos α − sin α ⎠.0 sin α cos αDan is ɛ = det(A) = det(B) = λ en we nemen L = de lijn door v en deoorsprong, en V = W .Is de beperking van ϕ tot W een spiegeling, neem dan w 1 een vector metlengte 1 op de lijn waarin gespiegeld wordt, en w 2 een vector in W met lengte1 loodrecht op w 1 . Dan ziet⎛ten aanzien ⎞van de basis v, w 1 , w 2 voor R 3 deλ 0 0matrix van ϕ eruit als C = ⎝ 0 1 0 ⎠. Dus is ɛ = −λ. Is λ = 1, dan0 0 −1kiezen we voor V het vlak door v en w 1 , en voor L de lijn door w 2 . (Ditcorrespondeert dus met de spiegeling in V .) Is λ = −1, dan wordt V hetvlak door v en w 2 , en L de lijn door w 1 . (Dit levert dan draaien over 180graden ‘om de lijn L’.)✷Definitie 5.2.5 Is F een deelverzameling van R n , dan is de verzamelingvan alle isometrieën op R n die de eigenschap hebben dat ze F weer naar Fafbeelden een groep. Immers, men gaat eenvoudig na dat het een ondergroepis van de groep van alle isometrieën. Dit heet de symmetriegroep van F .


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 61Het blijkt dat op isomorfie na de symmetriegroep van een verzameling F nietafhangt van waar F in R n ligt, alleen maar van ‘hoe F eruitziet’:Stelling 5.2.6 Is F ⊂ R n , a ∈ R >0 en ϕ een isometrie op R n , dan is desymmetriegroep van aϕ(F ) isomorf met die van F .Bewijs. De afbeelding σ ↦→ aϕσϕ −1 1 beeldt de symmetriegroep van F af opadie van aϕ(F ) (vergelijk ook Opgave 4), en deze afbeelding is een homomorfisme.De afbeelding is bovendien bijectief, want een inverse wordt gegevendoor τ ↦→ ϕ −1 1 τaϕ zoals men eenvoudig narekent.✷aWe zullen nu voor een aantal deelverzamelingen van R 2 en R 3 de zo verkregengroep van symmetrieën beschrijven. Het volgende hulpresultaat speeltdaarbij een rol:Lemma 5.2.7 Is G een ondergroep van SO(2) bestaande uit precies N elementen,dan bestaat G precies uit alle rotaties over een veelvoud van 2π/Nradialen. In het bijzonder geldt dus G ∼ = Z/NZ.Bewijs. Ieder element van SO(2), en dus in het bijzonder ook ieder elementvan G, is een rotatie. Laat σ het element van G zijn dat draaien over eenzo klein mogelijke positieve hoek 2πα voorstelt. Omdat G eindig is, geldtσ n = id voor zekere n > 0, en dus is n · 2πα een geheel veelvoud van 2π. Ditimpliceert dat α ∈ Q, dus we kunnen schrijven α = a/b voor gehele, positievea, b met ggd(a, b) = 1. Kies c, d ∈ Z met ac+bd = 1, dan is σ c de rotatie over2πac/b = 2π(1−bd)/b, oftewel over een hoek 2π/b. Omdat 2πa/b de kleinstepositieve hoek is waarover door een element van G geroteerd wordt, moetdus a = 1. We laten nu zien dat b = N. Neem een willekeurige draaiingτ ′ ∈ G over een hoek 2πl/m. Precies zoals we dat zojuist voor σ gedaanhebben, vinden we een macht τ van τ ′ die roteren over 2π/m weergeeft. Ergeldt dat τ ′ een macht van σ is dan en slechts dan als dat zo is voor τ. Dooreen geschikte combinatie σ p τ q te nemen, vinden we een element van G dateen rotatie over 2π/kgv(b, l) is. De minimaliteit van 2π/b levert dan datkgv(b, l) ≤ b, en dus l|b. Dit toont aan dat ieder element van G een machtvan σ is. Dus N = #G = ord(σ) = b, en het lemma is bewezen.Een alternatief, veel meetkundiger bewijs kan als volgt gevonden worden.Neem een cirkel met als middelpunt de oorsprong, en een punt daarop. Debeelden van dit punt onder alle elementen van G levert dan N punten op decirkel. Door te gebruiken dat de elementen van G isometrieën zijn, kan wordennagegaan dat deze N punten precies de hoekpunten van een regelmatigeN-hoek zijn. De rotaties die deze hoekpunten in elkaar overvoeren vormenprecies de gevraagde groep.✷


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 625.3 De diëder<strong>groepen</strong>.Laat C r de cirkel in R 2 zijn met als middelpunt de oorsprong en straal r ≥ 0.Een isometrie die de cirkel op zichzelf afbeeldt moet het middelpunt van decirkel vasthouden. Immers, voor elk punt van de cirkel geldt dat er slechtséén punt op de cirkel ligt dat afstand 2r heeft tot het gegeven punt, namelijkhet tegenoverliggende punt. Dit laat zien dat lijnen door het middelpuntnaar lijnen door het middelpunt worden afgebeeld, en dus moet het snijpuntvan deze lijnen vast blijven. We concluderen dat de symmetriegroep van decirkel isomorf is met de groep O(2).Definitie 5.3.1 De symmetriegroep van de cirkel C r noemen we de oneindigediëdergroep. Deze groep noteren we als D ∞ .Stelling 5.3.2 De groep D ∞ is isomorf met O(2), en bestaat uit spiegelingenσ in een willekeurige lijn door het middelpunt van de cirkel, en rotaties ρ omhet middelpunt van de cirkel.Hierbij geldt dat de deelverzameling R ⊂ D ∞ bestaande uit alle rotatieseen commutatieve ondergroep is van D ∞ .Is σ ∈ D ∞ een willekeurige spiegeling, dan geldtD ∞ = R ∪ R · σ.Nemen we σ de spiegeling in de x-as, dan geldt voor willekeurige ρ ∈ Rdat σρσ = ρ −1 .Bewijs. Dat D ∞∼ = O(2) en dat deze matrixgroep uit spiegelingen en rotatiesbestaat, weten we al. De rotaties zijn precies de matrices in O(2) diedeterminant 1 hebben, en dus is R de kern van het homomorfisme “determinant”:O(2) → {±1}.De elementen van O(2) die determinant −1 hebben zijn allemaal spiegelingen(want ze hebben een eigenwaardenpolynoom van de vorm X 2 −t∗X −1voor zekere t ∈ R, dus twee reële eigenwaarden. Die hebben absolute waarde1 en product −1. De matrix stelt dan spiegelen in de eigenrichting bij eigenwaarde+1 voor).De opdeling D ∞ = R ∪ R · σ is precies de opdeling van D ∞ in rotaties enspiegelingen.Nemen we voor σ de spiegeling in de x-as, dan komt dit overeen met dematrix ( 1 00 −1σρσ =) (. Voor een willekeurige rotatie ρ =cos α −sin α)sin α cos α geldt dan)( )( ) ( )cos α − sin α 1 0 cos α sin α== ρ −1sin α cos α 0 − 1 − sin α cos α( 1 00 − 1want cos(−α) = cos(α) en sin(−α) = − sin(α). Dit bewijst de stelling.✷


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 63Voor het rekenen met de groep D ∞ is het soms handig om de rotatiesen spiegelingen op te vatten als afbeeldingen van het complexe vlak C naarzichzelf. De “spiegeling in de x-as” wordt dan de complexe conjugatiec :z ↦→ zen “roteren over α” wordt vermenigvuldigen met e αi , dusv : z ↦→ e αi · z.Bijvoorbeeld cvc is dan de afbeelding die een z ∈ C stuurt naar cvc(z) =cv(z) = c(e αi z) = e αi z = e −αi z, dus cvc = v −1 zoals we al wisten.Delen we de cirkel met positieve straal in n ≥ 2 even grote segmenten, danlevert dat n punten op die we gebruiken als hoekpunten van een regelmatigen-hoek F n .Definitie 5.3.3 De groep van alle symmetrieën van F ndiëdergroep D n genoemd.wordt de n-deHet middelpunt van F n blijft weer vast onder alle symmetrieën, dus D n iseen ondergroep van D ∞ = O(2). Ook de groep D n bestaat dus uit rotatiesen spiegelingen; de rotaties die in D n zitten zijn precies die over een hoekk · 2π/n, voor 0 ≤ k < n. Dat zijn er dus n. De rotatie over de kleinste vandeze hoeken, dus over 2π/n, noemen we ρ. De spiegelingen die F n in zichzelfovervoeren, zijn precies de spiegelingen in lijnen door de oorsprong en een


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 64hoekpunt, en die in de lijnen door de oorsprong en het midden van een zijdevan F n . Eén van die spiegelingen is de spiegeling in de x-as, die we vanaf nuσ noemen. Er zijn precies n spiegelingen, namelijk alle σρ k voor 0 ≤ k < n.Dus D n is een eindige groep, bestaande uit n + n = 2n elementen.We vatten deze discussie samen als volgt.Stelling 5.3.4 De groep D n bestaat uit 2n elementen. Voor n > 2 is D n eenniet-commutatieve groep.In D n zit de rotatie ρ over een hoek 2π/n en de spiegeling σ in de x-as.Elk element van D n is op een unieke manier te schrijven als ρ k of als σρ kmet 0 ≤ k < n.Er geldt orde(ρ) = n en orde(σ) = 2, dus in het bijzonder ρ n = σ 2 = id.Verder geldt σρσ = ρ −1 .De ondergroep R n van D n bestaande uit alle rotaties is isomorf met Z/nZ.Bewijs. De inverse ρ −1 is een rotatie over een hoek (n−1)2π/n. Voor n > 2is dat verschillend van een rotatie over 2π/n, dus dan is σρσ = ρ −1 ≠ ρ. Ditimpliceert dat D n niet commutatief is als n > 2.De overige uitspraken in de stelling zijn evident, en/of volgen direct uitStelling 5.3.2.✷Voorbeeld 5.3.5 Voor n = 2 hebben we de groep D 2 bestaande uit 4 elementen.In dit geval is ρ de afbeelding “roteren over 180 graden”, dusρ(x, y) = (−x, −y). In het bijzonder is dan ρ −1 = ρ, dus ook σρ = ρσ.En dus is D 2 commutatief. Dat wisten we natuurlijk al, omdat elke groepbestaande uit slechts 4 elementen commutatief is. Hier is σρ de spiegeling inde y-as. Alle elementen ≠ id in D 2 hebben orde 2, en D 2∼ = Z/2Z × Z/2Z.Merk op dat dit voorbeeld een beetje vreemd is: een regelmatige 2-hoekis in feite een lijnstuk. De spiegeling in de lijn die dit lijnstuk bevat, is eenelement van orde 2 in D 2 . Maar deze spiegeling houdt elk punt van hetlijnstuk vast.Voorbeeld 5.3.6 We gaan na voor welke n de rotatie r over 180 graden,dus gegeven door r(x, y) = (−x, −y), een element is van D n .Daarvoor merken we allereerst op dat orde(r) = 2. Als r ∈ D n , danr = ρ k voor zekere k, want elke rotatie is een macht van ρ. Bijgevolg isr n = ρ nk = id. Hieruit volgt dat 2 = orde(r) een deler is van n. Dus n iseven; schrijf n = 2m met m geheel. Dan is ρ m een rotatie die orde 2 heeft,oftewel ρ m = r. Conclusie:r ∈ D n ⇔ n is even.


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 655.4 Symmetrie<strong>groepen</strong> van de platonische lichamen.Precies zoals we dat hiervoor in het geval van een cirkel in R 2 deden, beschouwenwe nu een bol in R 3 . De symmetriegroep van de bol is de hele O(3)die zoals we zagen bestaat uit draaiingen en draaispiegelingen. Dit is eenheel grote, niet-commutatieve groep.Analoog aan de regelmatige n-hoeken in het vlak kan men vervolgensproberen regelmatige veelvlakken in de ruimte te maken. Dit gaat door opde bol n punten te kiezen zo, dat het figuur opgespannen door deze puntenals zijvlakken steeds dezelfde regelmatige m-hoek heeft. We zullen een bewijsschetsen voor het feit dat dit slechts voor een paar combinaties (n, m)mogelijk is. Preciezer geformuleerd:De enige ruimtelijke regelmatige n-vlakken zijn• De tetraeder, met 4 gelijkzijdige driehoeken als zijvlakken en met 4hoekpunten en 6 ribben;• De kubus, met 6 vierkanten als zijvlakken en met 8 hoekpunten en 12ribben;• De octaeder, met 8 gelijkzijdige driehoeken als zijvlakken en met 6hoekpunten en 8 ribben;• De dodecaeder, met 12 regelmatige vijfhoeken als zijvlakken en met 20hoekpunten en 30 ribben;• De icosaeder, met 20 gelijkzijdige driehoeken als zijvlakken en met 12hoekpunten en 30 ribben.Schets van een bewijs. De symmetriegroep van een willekeurig regelmatigveelvlak is eindig. Immers, zo’n symmetrie wordt volledig bepaald door water met de hoekpunten van de figuur gebeurt (die hoekpunten corresponderen


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 66met vectoren die tezamen R 3 opspannen). Dus er bestaan hooguit zoveelsymmetrieën als er permutaties van de hoekpunten zijn, en dat aantal is eindig.Dit argument laat in feite zien dat de symmetriegroep van zo’n figuurisomorf is met een ondergroep van S n , waarbij n het aantal hoekpunten is.Verder geldt, dat ieder hoekpunt door een geschikt element van de symmetriegroepop ieder willekeurig ander hoekpunt kan worden afgebeeld. Ditkan zelfs al met een rotatie. Immers, stellen we ons de hoekpunten voor alspunten op een bol, dan is door het draaien van die bol elk hoekpunt op denoordpool te leggen, en door de bol dan nog om de noord-zuid as te draaien‘behoudt het veelvlak z’n oorspronkelijke stand’. Ook merken we op, dat erbij een hoekpunt altijd rotaties zijn, die dat hoekpunt vasthouden. En vanwegeLemma 5.2.7, toegepast op de rotaties van een vlak loodrecht op de lijndoor de oorsprong en het gegeven hoekpunt, vormen die een groep isomorfmet Z/mZ voor zekere m. Deze draaiingen voeren de zijvlakken die in hetgegeven hoekpunt bij elkaar komen cyklisch in elkaar over; in het bijzonderzijn er dus precies m zulke zijvlakken.Bovenstaande observaties leiden tot de volgende strategie voor het bepalenvan alle regelmatige veelvlakken. Bepaal eerst alle eindige onder<strong>groepen</strong>van de groep van draaiingen SO(3). Voor de gevonden <strong>groepen</strong> bepalen wealle punten op een boloppervlak die door meerdere elementen van de groepworden vastgehouden. Dat levert alle mogelijke hoekpunten, en door uitgaandevan één ervan alle beelden onder de groep te bepalen vinden we danalle mogelijke regelmatige veelvlakken. We voeren dat nu in iets meer detailuit.Laat G een willekeurige eindige ondergroep van SO(3) zijn bestaande uitprecies N ≥ 2 elementen. Met B duiden we de verzameling punten in R 3aan die op afstand 1 van de oorsprong liggen; dus B is het boloppervlak. Isσ ∈ G, en σ ≠ id, dan is σ vanwege Stelling 5.2.4 een rotatie om een lijnL. Er zijn dus precies twee punten van B die door σ op zichzelf wordenafgebeeld, namelijk de snijpunten van L met B. In totaal vinden we zo eenverzameling van precies 2(N − 1) paren (σ, P ), waarbij σ ∈ G, σ ≠ id, P ∈ Ben σ(P ) = P .We bekijken vervolgens de zo verkregen punten P ∈ B. Bij zo’n P hebbenwe minstens één draaiing σ ≠ id met σ ∈ G en σ(P ) = P . Alle rotaties inG die P vasthouden, houden ook de lijn door P en de oorsprong O vast.


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 67Bijgevolg kunnen we ze opvatten als eindige groep van rotaties van het vlakdoor de oorsprong loodrecht op de lijn door OP ; vanwege Lemma 5.2.7 isdit een groep G P isomorf met Z/m P Z, voor zekere m P ≥ 2. Omdat G P eenondergroep is van G, geldt m P = #G P |#G = N. Schrijf N = m P · n P .Uit het bewijs van Stelling 3.2.7 concluderen we dat er σ 1 , . . . , σ nP ∈ G zijnzodat G = σ 1 G P ∪ . . . ∪ σ nP G P , waarbij geldt dat σ i G P ∩ σ j G P = ∅ voori ≠ j. Ieder element van σ i G P is te schrijven als σ i τ voor een τ ∈ G P ,en dus σ i τ(P ) = σ i (P ). Schrijf P i = σ i (P ). Er geldt P i ≠ P j als i ≠ j.Immers, anders zou σ i (P ) = σ j (P ) en dus σ −1i σ j ∈ G P , hetgeen impliceertdat σ i G P en σ j G P geen lege doorsnede zouden hebben. Dus P wordt doorde elementen van G op in totaal n P verschillende punten afgebeeld. De zoverkregen verzameling van n P punten noteren we als C P .Neem P als boven, σ ∈ G willekeurig, en Q = σ(P ). Dan geldt m P = m Q .Immers, is τ ∈ G P , dan is στσ −1 ∈ G Q en omgekeerd is voor ρ ∈ G Q hetelement σ −1 ρσ ∈ G P . Dit levert een bijectie (zelfs een isomorfisme van<strong>groepen</strong>) tussen G P en G Q , dus in het bijzonder hebben beide hetzelfdeaantal elementen oftewel m P = m Q . Dit levert een tweede manier om hetaantal paren (σ, P ) met σ ∈ G, σ ≠ id, P ∈ B en σ(P ) = P te tellen:het is gelijk aan ∑ C n C(m C − 1). Hier sommeren we over alle verschillendeverzamelingen C = C P , en voor zo’n C P is n C het aantal punten Q ∈ C P enm C het aantal elementen in G Q voor elke Q ∈ C P .De twee uitdrukkingen voor het aantal paren leveren de gelijkheid2N − 2 = ∑ C(N − N m C).Dit delen door N geeft 2− 2 = ∑ N C (1−1/m C). De rest van het bewijs bestaatvoornamelijk uit het analyseren van deze vergelijking. Het linkerlid is groterdan 1, dus moet de som in het rechterlid uit minstens twee termen bestaan.Omdat het linkerlid kleiner is dan 2, en het rechterlid bestaat uit termendie minstens 1/2 zijn, bestaat de som daar dus óf uit 2, óf uit drie termen.Eerst zullen we het geval dat de som eruitziet als 2 − 2/N = (1 − 1/m 1 ) +(1 − 1/m 2 ) beschouwen. Met N vermenigvuldigen levert 2 = N/m 1 + N/m 2 .Omdat m 1 en m 2 positieve delers van N zijn, moet gelden m 1 = m 2 = N.Elk van de twee verzamelingen C i bestaat in dit geval uit n i = N/m i = 1punt. Omdat de elementen van G rotaties zijn en allemaal deze twee puntenvasthouden, is G een eindige groep van rotaties om een vaste lijn, dus metbehulp van Lemma 5.2.7 volgt dat G ∼ = Z/NZ. Ook concluderen we datdit geval ons geen regelmatig veelvlak oplevert, want we zouden slechts éénhoekpunt krijgen.In het resterende geval zijn er drie verzamelingen C i . We schrijven weerm i = m Ci en ook n i = #C i = N/m i . De volgorde van de C i ’s kiezen we zo,


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 68dat m 1 ≤ m 2 ≤ m 3 . De vergelijking die we hebben kan geschreven wordenals1 + 2 N = 1 m 1+ 1 m 2+ 1 m 3.Zouden alle m i minstens 3 zijn, dan was het rechterlid van deze gelijkheid≤ 1 en dat kan niet. Dus geldt m 1 = 2. Met andere woorden,12 + 2 N = 1 m 2+ 1 m 3.Hetzelfde argument als zojuist levert dat m 2 , m 3 niet beide minstens 4 kunnenzijn. Dus is m 2 = 2 of m 2 = 3. Eerst analyseren we de mogelijkheidm 2 = 2. In dit geval geldt N = 2m 3 , en m 3 mag willekeurig ≥ 2 zijn, zegm 3 = n. De verzamelingen C 1 , C 2 bestaan hier elk uit N/m 1 = n punten,en ieder van die punten wordt vastgehouden door een ondergroep van G bestaandeuit m 1 = 2 rotaties. In zo’n ondergroep zit dus een draaiing over180 graden om de lijn door de oorsprong en dat punt. Hieruit volgt dat bijvoorbeeldde n punten in C 1 alle in één vlak V door de oorsprong liggen. Dedoorsnede van V met B is een cirkel, en omdat G uit isometrieën bestaat,vormen de punten in C 1 dan een regelmatige n-hoek. De groep G beeldt Vop zichzelf af en in het bijzonder deze n-hoek ook. ‘Beperken tot V ’ is eenhomomorfisme van G naar de symmetriegroep van de n-hoek, en dat is D n .Dit homomorfisme is injectief, want als voor een draaiing geldt dat z’n beperkingtot een vlak de identiteit is, dan is de draaiing zelf de identiteit. Dushet beperkingshomomorfisme heeft als kern alleen de identiteit en is bijgevolginjectief. Daar zowel G als D n uit 2n elementen bestaan, volgt G ∼ = D n . Alsondergroep van SO(3) ziet D n er volgens bovenstaande analyse als volgt uit.Kies een vlak V door de oorsprong en een regelmatige n-hoek om O in V .De rotaties in D n zijn dan rotaties om de lijn door O loodrecht op V , en despiegelingen zijn de draaiingen over 180 graden om een lijn door O en eenhoekpunt van de n-hoek.De resterende mogelijk is m 1 = 2 en m 2 = 3. In dat geval geldt m 3 ≥m 2 = 3 en 1/6 + 2/N = 1/m 3 . Dus kan m 3 niet meer dan 5 zijn. Erresteren drie mogelijkheden, namelijk m 3 = 3 en m 3 = 4 en m 3 = 5. Ism 3 = 3, dan geldt N = 12. De verzamelingen C 2 en C 3 bestaan in dit gevalelk uit 4 punten. Ieder van deze punten wordt door een groep van orde 3,dus door rotatie over 120 graden vastgehouden. Dit leidt tot een regelmatigfiguur bestaande uit 4 hoekpunten, waar steeds 3 ribben en 3 zijvlakkensamenkomen. Dit is precies de tetraeder.Wanneer m 3 = 4, dan is N = 24. De verzameling C 2 spant dan eenfiguur op met 24/3 = 8 hoekpunten. In elk van deze punten komen 3 zijdenen 3 ribben bij elkaar. Deze worden in elkaar overgevoerd door rotaties over


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 69veelvouden van 120 graden. Dit bepaalt weer precies een regelmatig veelvlak,namelijk de kubus. Bezien we de verzameling C 3 , dan geeft dat 24/4 = 6punten waarin 4 ribben/zijvlakken samenkomen. C 3 spant dus een octaederop.Tenslotte m 3 = 5, wat leidt tot N = 60. Het figuur opgespannen door C 2heeft nu 20 hoekpunten. In ieder ervan komen 3 ribben/vlakken samen, enwe krijgen een dodecaeder. Op dezelfde manier geeft C 3 hier aanleiding toteen icosaeder. Hiermee zijn de regelmatige veelvlakken geklassificeerd, en wehebben zelfs voor ieder ervan het aantal elementen van de ondergroep vanhun symmetriegroep bestaande uit alle rotaties bepaald.✷We gaan nu voor elk van de regelmatige veelvlakken een beschrijving vande symmetriegroep geven. Allereerst merken we op dat (met uitzondering vanhet geval van de tetraeder) de afbeelding −1 (puntspiegelen in de oorsprong)hier een element van is. Verder is het een eindige ondergroep van O(3).Is τ zo’n symmetrie, dan det(τ) = ±1. In het geval det(τ) = 1 is τ eenrotatie. Is det(τ) = −1, dan is −τ een rotatie. Hieruit concluderen we datde symmetriegroep precies bestaat uit alle rotaties τ, en alle afbeeldingen−τ.Voor de tetraeder bestaat eenzelfde soort redenering: neem een spiegelingσ in de symmetriegroep ervan. Dan geldt det(σ) = −1 en σ 2 = id. Is een τin de symmetriegroep geen rotatie, dan det(τ) = −1 en τ = σ · στ waarbijστ wel een rotatie is, omdat immers det(στ) = det(σ) det(τ) = −1 · −1 = 1.Dus de hele symmetriegroep bestaat uit de rotaties, en σ maal deze rotaties.In het bijzonder bestaat de symmetriegroep van een regelmatig veelvlakuit resp. 24, 48, 48, 120, 120 elementen.De tetraeder. De symmetriegroep is isomorf met S 4 . Immers, gezien alspermutatiegroep op de hoekpunten is het een ondergroep van S 4 , en omdatde groep uit 24 elementen bestaat is het dan de hele S 4 .De kubus en de octaeder. Deze twee figuren hebben dezelfde symmetriegroep.Immers, leggen we binnen de kubus een bol die precies aan dezijvlakken raakt, dan vormen de 6 raakpunten precies de hoekpunten vaneen octaeder. Hieruit volgt dat een symmetrie van de kubus ook een symmetrievan de octaeder oplevert. Dit argument kan vervolgens omgedraaidworden: een ingeschreven bol aan de octaeder raakt deze weer precies inde hoekpunten van een kubus. Dus beide figuren hebben precies dezelfdesymmetrieën.Zoals we gezien hebben heeft deze symmetriegroep 48 elementen. Degroep is isomorf met S 4 × {±1}. Dit kan als volgt bewezen worden. Een


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 70kubus heeft 4 hoofddiagonalen, en deze worden door de symmetriegroep gepermuteerd.Verder heeft elke symmetrie een determinant ±1. Aldus wordteen homomorfisme naar S 4 × {±1} verkregen. Zit τ in de kern van dit homomorfisme,dan houdt τ alle hoofddiagonalen vast en det(τ) = 1. τ is daneen rotatie om één van de hoofddiagonalen, en het is niet moeilijk om na tegaan dat het feit dat τ de drie andere diagonalen naar zichzelf moet sturenimpliceert dat τ = id. Dus het gegeven homomorfisme is injectief, en omdatzowel de symmetriegroep als S 4 × {±1} uit 48 elementen bestaan, zijn beide<strong>groepen</strong> isomorf.De dodecaeder en de icosaeder. Hetzelfde argument dat voor de kubus ende octaeder gegeven werd toont aan dat deze twee dezelfde symmetriegroephebben. In dit geval is de symmetriegroep isomorf met A 5 × {±1}. Wegebruiken de dodecaeder om dit aan te tonen.Nummer de ribben van het bovenvlak 1, 2, 3, 4, 5. Voor i met 1 ≤ i ≤ 5definiëren we V i als de verzameling ribben van de dodecaeder die in een richtingwijzen die óf evenwijdig is, óf loodrecht staat op de richting van ribbei. Elke V i bestaat dan uit precies 6 ribben. Omdat symmetrieën hoeken ineven grote hoeken overvoeren, werkt de symmetriegroep van de dodecaederals permutaties op de verzameling {V 1 , V 2 , V 3 , V 4 , V 5 }. De symmetrie ‘puntspiegelenin de oorsprong’ houdt elk van de V i ’s op z’n plaats, dus om na tegaan welke permutaties voorkomen als beeld van een symmetrie hoeven wealleen maar naar draaiingen te kijken. Men ziet dan eenvoudig in dat alleeneven permutaties voorkomen. Door ook nog een symmetrie te sturen naar z’ndeterminant krijgen we een homomorfisme naar A 5 × {±1}. De kern blijktalleen uit de identiteit te bestaan, dus omdat zowel de symmetriegroep als


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 71A 5 × {±1} precies 120 elementen heeft zijn ze isomorf.5.5 Automorfismen van een graafWe zullen ons hier niet met de meest algemene soort grafen bezighouden. Inhet bijzonder beperken we ons tot eindige grafen, waarbij tussen twee puntenhooguit één verbindingslijn bestaat:Definitie 5.5.1 Een graaf Γ bestaat uit een paar (P, L), waarin P een nietlegeeindige verzameling is (de ‘punten’ van de graaf), en L een (evt. lege)verzameling is bestaande uit paren {a, b} met a, b ∈ P (de ‘lijnen’ van degraaf).Opmerking 5.5.2 In veel literatuur over grafen heten de punten ‘vertices’en de lijnen ‘edges’. Wat wij hier ‘graaf’ noemen heet elders meestal een ‘simpele’of ‘enkelvoudige’ graaf (zie bijvoorbeeld het boekje P.W.H. Lemmensen T.A. Springer, Hoofdstukken uit de Combinatoriek, Utrecht: Epsilon Uitgaven,1992, blzn. 57 en 64). Een graaf kan worden weergegeven door eenplaatje: we tekenen de punten, en verbinden twee punten a, b door een lijnstukje(of een lusje indien a = b) precies dan als {a, b} in de verzamelinglijnen van de graaf zit. In de regel is zo’n plaatje niet mogelijk zonder datde getekende lijnstukjes elkaar ook in andere punten dan de punten van degraaf snijden. Door de punten van de graaf wat dikker te tekenen leidt ditvrijwel nooit tot verwarring.Bij een graaf hoort een eindige groep als volgt.Definitie 5.5.3 Een automorfisme van een graaf Γ = (P, L) is een permutatieσ van z’n punten P , met de eigenschap dat voor elke {a, b} ∈ L geldtdat ook {σ(a), σ(b)} ∈ L.De verzameling van alle automorfismen van Γ noteren we als Aut(Γ).Stelling 5.5.4 Voor elke graaf Γ bestaande uit n punten is Aut(Γ) een ondergroepvan S n .Bewijs. Nummer de punten van de graaf Γ als 1, 2, . . . , n. Het is evidentdat elke σ ∈ Aut(Γ) correspondeert met een permutatie in S n , dus is Aut(Γ)een deelverzameling van S n . We tonen aan dat deze deelverzameling eenondergroep is. De identiteit zit er in. Als σ ∈ Aut(Γ), dan stuurt σ elementenvan L naar elementen van L door σ({i, j}) = {σ(i), σ(j)}. Dit geeft eeninjectieve afbeelding van L naar L, en omdat L eindig is, is deze dan ooksurjectief. Dit betekent dat als σ(k) = i en σ(l) = j en {i, j} ∈ L, dan is ook


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 72{k, l} ∈ L. Uit de definitie van Aut(Γ) volgt hiermee dat als σ ∈ Aut(Γ),dan ook σ −1 ∈ Aut(Γ). Het bewijs dat een product van elementen uit Aut(Γ)weer een element van Aut(Γ) oplevert is veel eenvoudiger en dat laten we aande lezer over. Hieruit volgt de stelling.✷Voorbeeld 5.5.5 De volle graaf Γ n op n punten is per definitie de graafbestaande uit n punten 1, 2, . . . , n, met als lijnen alle {i, j} voor 1 ≤ i ≤ j ≤n. De eis dat een automorfisme lijnen in lijnen moet overvoeren legt in ditgeval geen enkele beperking op, dus er geldt Aut(Γ n ) = S n .Voorbeeld 5.5.6 Nummer de hoekpunten van een regelmatige n-hoek als1, 2, . . . , n. Deze n-hoek vatten we op als graaf F n met als punten 1, 2, . . . nen als lijnen {1, 2}, {2, 3}, . . . , {n − 1, n}, {n, 1}. Er geldt Aut(F n ) ∼ = D n .Immers, elke symmetrie van de regelmatige n-hoek kan worden opgevat alselement van Aut(F n ), dus D n ⊂ Aut(F n ). Verder geldt dat als τ ∈ Aut(F n )het element 1 naar i stuurt, dan wordt 2 naar één van de twee buren van igestuurd, en daarmee ligt τ vast. Hieruit zien we dat er slechts n · 2 = 2nmogelijkheden zijn voor τ. Zoveel elementen heeft D n al, dus Aut(F n ) ∼ = D n .


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 735.6 Opgaven1. Toon aan dat D 2∼ = Z/2Z × Z/2Z en dat D3∼ = S3 .2. Laat zien dat D n niet-commutatief is precies dan als n > 2.3. Door de elementen van D n op te vatten als permutaties op de hoekpuntenvan een regelmatige n-hoek krijgen we een afbeelding van D n naarS n . Ga na dat dit een injectief homomorfisme is. Welke elementen vanD n hebben als beeld een even permutatie?4. Neem v ∈ R n en noteer transleren over v als τ v . Laat a ∈ R met a ≠ 0.1(a) Ga na dat aτ v ook weer een translatie is.a(b) Toon aan dat als ϕ een willekeurige isometrie op R n is, dan is aϕ 1 aer ook één.5. Deze opgave is bedoeld om de draaiingshoek die voorkomt in orthogonaleafbeeldingen op R 3 te bepalen. Zie het bewijs van Stelling 5.2.4voor de gebruikte notaties. De matrix A in dat bewijs vatten we hierop als complexe 3 × 3-matrix.(a) Laat zien dat de eigenwaarden van A van de vorm λ = ±1, e iα ene −iα zijn, met 0 ≤ α < 2π.(b) Is e iα een niet-reële eigenwaarde van A, bewijs dan dat een eigenvectorhierbij te schrijven is als x + iy voor reële vectoren x, yen dat x, y en de eigenvector bij λ een basis van R 3 vormen vanonderling loodrechte vectoren.(c) Ga na dat A de ruimte opgespannen door x, y naar zichzelf afbeeldt,en dat A op die ruimte werkt als een draaiing over de hoekα.6. Lees de beschrijving van de symmetriegroep van de dodecaeder in ditdictaat. Kies vervolgens een hoekpunt P , en ga na welke permutaties inA 5 de rotaties om de lijn OP opleveren. Doe hetzelfde voor de rotatiesom de lijn door een middelpunt van een zijvlak, en ook voor de rotatie(over 180 graden) om de lijn door het midden van een ribbe.7. De tetraeder bevat precies 3 paren R 1 , R 2 , R 3 van elkaar niet snijdenderibben, en de symmetriegroep permuteert deze drie. Geef het homomorfisme:S 4 → S 3 waartoe dit aanleiding geeft expliciet. Laat ziendat het een surjectie is, en beschrijf de kern.


5 GROEPEN VAN SYMMETRIEËN 748. Ga na dat er 20 verschillende grafen bestaande uit 3 punten bestaan,en dat geen van deze A 3 als automorfismengroep heeft.9. Bepaal het aantal automorfismen en de groep Aut(H), waarbij H degraaf is met 6 punten en 5 lijnen die de vorm heeft van de hoofdletter‘H’.10. Door de hoekpunten als punten te nemen en de ribben als lijnen, kan eenkubus worden opgevat als een graaf K. Bepaal de automorfismengroepvan K.


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 756 Conjugatie, index en Sylow-<strong>groepen</strong>In dit hoofdstuk gaan we wat dieper in op onder<strong>groepen</strong> van met name eindige<strong>groepen</strong>. Ook bestuderen we het van links of van rechts vermenigvuldigenmet een vast element in meer detail.6.1 conjugatie en indexWe gaan uit van een willekeurige groep G en vastgekozen elementen a, b ∈ G.De afbeeldingen van G naar G ‘van links vermenigvuldigen met a’ (dus x ↦→ax) en ‘van rechts met b vermenigvuldigen’ (x ↦→ xb) zijn dan bijecties. Hunsamenstelling, gegeven door x ↦→ axb, is dan ook bijectief. In het algemeenis deze bijectie geen homomorfisme. Immers, een homomorfisme heeft inhet bijzonder de eigenschap dat het eenheidselement op het eenheidselementwordt afgebeeld. De hier gegeven bijectie stuurt e ∈ G naar aeb = ab. Ditis precies dan gelijk aan het eenheidselement e, als b de inverse van a is:b = a −1 .Definitie 6.1.1 Is G een groep en a ∈ G, dan noemen we de bijectie γ a :G → G gegeven door γ a (x) = axa −1 de conjugatie met a.Stelling 6.1.2 Gegeven is een groep G en a, b ∈ G.1. De conjugatie γ a met a is een isomorfisme : G ∼ = G.2. Voor conjugaties γ a , γ b geldt γ a γ b = γ ab .3. De inverse van γ a is γ a −1.4. Is H een ondergroep van G, dan is γ a (H) = aHa −1 dat ook en H ∼ =aHa −1 .Bewijs. 1: Voor x, y ∈ G geldt γ a (xy) = axya −1 = axa −1 aya −1 =γ a (x)γ a (y). Dus γ a is een homomorfisme. We hadden al opgemerkt datγ a bijectief is, dus is het een isomorfisme.2: Is x ∈ G, dan γ a γ b (x) = γ a (bxb −1 ) = abxb −1 a −1 = (ab)x(ab) −1 = γ ab (x).Met andere woorden, γ a γ b = γ ab .3: Uit 2) volgt γ a γ a −1 = γ e = γ a −1γ a . Ook geldt voor elke x ∈ G datγ e (x) = exe −1 = x, dus γ e = id. Dit impliceert de bewering.4: Omdat γ a een homomorfisme is en H een groep, is γ a (H) dat ook. γ a isinjectief, dus z’n beperking tot H is dat ook. Bovendien heeft deze beperkingper definitie als beeld γ a (H), en dus H ∼ = γ a (H).✷


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 76Voorbeeld 6.1.3 Is G een commutatieve groep, dan is conjugeren met eenwillekeurig element van G de identiteit. Conjugaties zijn dus alleen interessantin het geval van niet-commutatieve <strong>groepen</strong>.In de lineaire algebra speelt het conjugeren van matrices een grote rol bijhet overgaan op een andere basis.Definitie 6.1.4 Twee elementen x, y in een groep G heten geconjugeerd wanneerer een conjugatie γ a met a ∈ G bestaat zodat γ a (x) = y.De conjugatieklasse van x ∈ G is per definitie de deelverzamelingC x = {y ∈ G | er bestaat een a ∈ G met γ a (x) = y} .Voorbeeld 6.1.5 In een commutatieve groep G geldt voor elke x ∈ G datC x = {x}.Voor S 3 geldt dat (1 2) en (1 2 3) niet geconjugeerd zijn. Immers,voor elke τ ∈ S 3 geldt dat τ(1 2)τ −1 = (τ(1) τ(2)) en τ(1 2 3)τ −1 =(τ(1) τ(2) τ(3)). Hieruit volgt dat (1 2) met elke andere 2-cykel geconjugeerdis, en (1 2 3) met elke andere 3-cykel, maar ze zijn het niet met elkaar.Voorbeeld 6.1.6 Met behulp van de theorie over Jordan-normaalvormenwordt in de lineaire algebra aangetoond dat twee matrices A, B ∈ GL n (C)geconjugeerd zijn dan en slechts dan als ze aanleiding geven tot dezelfde( ) 2 1Jordan-normaalgedaante. Dus bijvoorbeeld en( ) ( )0 22 1 2 0geconjugeerd, maar en zijn het wel.0 1 0 1( 2 00 2)zijn nietStelling 6.1.7 In een groep G is ‘geconjugeerd zijn’ een equivalentierelatie.Dit houdt precies in dat:1. Elke x ∈ G is met zichzelf geconjugeerd, oftewel x ∈ C x .2. Als x met y geconjugeerd is, dan ook y met x (anders gezegd: als x ∈C y , dan ook y ∈ C x ).3. Als x ∈ C y en y ∈ C z , dan ook x ∈ C z .4. G is de disjuncte vereniging van verzamelingen C x . Dat wil zeggen datelk element van G in een C x zit, en zit een element zowel in C x als inC y , dan geldt C x = C y .


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 77Bewijs. 1: Er geldt x = γ e (x), dus x ∈ C x voor elke x ∈ G.2: Voor x, y ∈ G geldt x = γ a (y) precies dan als y = γ a −1(x). Hieruit volgtde bewering.3: Ons gegeven hier is, dat er a, b ∈ G bestaan waarvoor γ a (y) = x enγ b (z) = y. Dit impliceert dat γ ab (z) = γ a γ b (z) = γ a (y) = x, dus x ∈ C z .4: Elk element a ∈ G zit in een C x , want a ∈ C a vanwege 1). Geldt a ∈ C xen a ∈ C y , dan zijn er c, d ∈ G met a = γ c (x) en a = γ d (y). Een z ∈ C xis dan te schrijven als z = γ f (x) = γ fc −1 d(y), dus z ∈ C y . Omgekeerd werkthetzelfde argument met x, y verwisseld. Dus C x = C y .✷Voorbeeld 6.1.8 We proberen S n te schrijven als disjuncte vereniging vanconjugatieklassen. Neem σ ∈ S n willekeurig. Dan is σ te schrijven als productvan disjuncte cykels: σ = (a 1 . . . a l1 )(a l1 +1 . . . a l2 ) . . . (a ls−1 +1 . . . a ls ).Elke permutatie τ die a i naar i stuurt (en de overige getallen in {1, . . . , n}bijectief naar {l s + 1, . . . , n} afbeeldt) levert τστ −1 = (1 2 . . . l 1 )(l 1 +1 . . . l 2 ) . . . (l s−1 +1 . . . l s ). Hieruit zien we dat alle producten van disjunctel 1 , l 2 − l 1 , . . . , l s − l s−1 -cykels geconjugeerd zijn. De conjugatieklasse hangtdus alleen maar af van de verzameling {l 1 , l 2 − l 1 , . . . , l s − l s−1 }. In hetbijzonder is het aantal onderling verschillende conjugatieklassen gelijk aanhet aantal partities van n; dat is het aantal mogelijke schrijfwijzen n = ∑ n i ,met n i positief en geheel, waarbij we niet letten op de volgorde van de n i ’s.Dit aantal wordt met p(n) aangeduid. Dus p(2) = 2 want 2 = 2 en 2 = 1 + 1,en p(4) = 5 (4, 3 + 1, 2 + 2, 2 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1).Voorbeeld 6.1.9 Voor de alternerende groep A n is het bepalen van alleconjugatieklassen beduidend moeilijker dan voor S n . We bekijken het gevaln ≤ 5. Voor n ≤ 3 is A n commutatief. Dus in die gevallen geldt τστ −1 = σvoor elke σ, τ ∈ A n , oftewel C σ = {σ} voor elke σ.De groep A 4 bestaat uit (1), drie producten van twee disjuncte 2-cykels,en acht 3-cykels. Schrijf {3, 4} = {a, b}, dan geldt voor τ = (2 a b) ∈ A 4dat τ(1 2)(3 4)τ −1 = (1 a)(b 2). Dus de producten van twee 2-cykels zijnonderling geconjugeerd. Door bijvoorbeeld (1 2 3) te conjugeren met alle 12elementen van A 4 volgt dat C (1 2 3) = {(1 2 3), (1 3 4), (1 4 2), (2 4 3)}. Deoverige 4 cykels van lengte 3 vormen ook precies een conjugatieklasse.De groep A 5 bestaat uit 3-cykels, 5-cykels, producten van 2 disjuncte2-cykels en de identiteit. Alle 3-cykels vormen samen één conjugatieklasse.Immers, is σ = (a 1 a 2 a 3 ), en is τ een permutatie die a i naar i stuurt, danτστ −1 = (1 2 3). Onze enige zorg hier is, dat we zo’n τ in A 5 moeten kiezen.Dat is echter altijd mogelijk, door namelijk evt. τ te laten volgen door de2-cykel (4 5). De producten van twee disjuncte 2-cykels zijn ook allemaalgeconjugeerd. Zo’n product σ houdt namelijk precies één getal i vast, en een


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 78τστ −1 houdt dan het getal τ(i) vast. Op deze wijze zien we door een geschikteτ te kiezen, dat σ geconjugeeerd is met een product dat 5 vasthoudt. Echterdit levert precies de producten op die we al bij A 4 bekeken hebben, en die zijnallemaal geconjugeerd. Wat nog overblijft zijn de 5-cykels. Elke 5-cykel σ iste schrijven als σ = (1 a b c d), dus er zijn 24 zulke 5-cykels. Er geldt τστ −1 =σ precies dan als (τ(1) τ(a) τ(b) τ(c) τ(d)) = (1 a b c d), en dus precies danals τ een macht is van σ. De machten van σ vormen een ondergroep Hvan A n , bestaande uit 5 elementen. Schrijf A n als disjuncte vereniging vandeelverzamelingen Hπ, voor π ∈ A n . Is τ ∈ Hπ, dan τστ −1 = πσπ −1 .Verder geldt dat π 1 σπ1 −1 = π 2 σπ2 −1 precies dan, als π2 −1 π 1 ∈ H, oftewel, alsπ 1 ∈ Hπ 2 . Dus er zijn voor een vaste 5-cykel σ precies evenveel onderlingverschillende elementen τστ −1 , als er verschillende verzamelingen Hπ zijn.Dat zijn er #A 5 /#H = 12. Hieruit volgt dat de verzameling 5-cykels intwee disjuncte conjugatieklassen van elk 12 elementen uiteenvalt. In totaalvinden we hier dus 5 conjugatieklassen, bestaande uit resp. 1, 20, 15, 12 en12 elementen.In bovenstaand voorbeeld hebben we voor A 5 een resultaat gebruikt dat veelalgemener waar is:Stelling 6.1.10 Is G een groep en a ∈ G, dan is N(a) = {x ∈ G | γ x (a) =a} een ondergroep van G. Is G eindig, dan geldt#G = #N(a) · #C a .Bewijs. Omdat γ e = id en γ x −1 = γx−1 en γ xy = γ x γ y , is N(a) een ondergroep.Het bewijs van Stelling 3.2.7 laat zien, dat G een disjuncte verenigingis van deelverzamelingen g i N(a), voor zekere g i ∈ G. Elk van dezedeelverzamelingen heeft #N(a) elementen, dus we zijn klaar als we hebbenaangetoond dat het aantal g i ’s hier gelijk is aan #C a . Welnu, elke g i leverteen element x i = γ gi (a) ∈ C a . Is x ∈ C a willekeurig, dan x = γ g (a) vooreen g ∈ G. Dan g ∈ g i N(a) voor zekere i, dus g = g i h met h ∈ N(a), enx = γ g (a) = γ gi γ h (a) = γ gi (a) = x i . Is x i = x j , dan g −1j g i ag −1i g j = a, dusg −1j g i ∈ N(a). Hieruit volgt g i N(a) = g j N(a), en dus g i = g j . Hiermee is destelling bewezen.✷Als toepassing bepalen we een paar conjugatieklassen in A n .Stelling 6.1.11 Laat n ≥ 5.1. In A n zijn alle 3-cykels onderling geconjugeerd.2. In A n zijn alle producten van twee disjuncte 2-cykels onderling geconjugeerd.


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 79Bewijs. Laat σ = (1 2 3) ∈ A n . De ondergroep N(σ) ⊂ A n bestaatper definitie uit alle even permutaties τ die voldoen aan τστ −1 = σ, oftewel(τ(1) τ(2) τ(3)) = (1 2 3). Hieruit volgt dat zo’n τ een machtvan (1 2 3) maal een even permutatie op {4, 5, . . . , n} moet zijn. Dus#N(σ) = 3 · (n − 3)!/2. Merk op dat we hier gebruik maken van het feit datn ≥ 5. Stelling 6.1.10 impliceert dat #C σ = (n!/2)/(3 · (n − 3)!/2) = 2 ( n3).Dit is precies het aantal 3-cykels in A n , dus omdat C σ uit 3-cykels bestaatconcluderen we dat alle 3-cykels geconjugeerd zijn.Een alternatief bewijs werkt als volgt. Laat (a b c) een 3-cykel zijn. Kieseen permutatie τ met τ(1) = a, τ(2) = b en τ(3) = c. Zowel conjugeren metτ als met τ · (4 5) beeldt (1 2 3) op (a b c) af. Omdat óf τ, óf τ · (4 5) eenelement is van A n , zijn dus (1 2 3) en (a b c) geconjugeerd binnen A n .Beide hier gegeven bewijzen werken met de voor de hand liggende aanpassingenook voor de tweede bewering in de stelling; de details laten we alseen nuttige oefening aan de lezer over.✷Is G een groep en H ⊂ G een ondergroep, dan is voor g 1 , g 2 ∈ G deverzameling g 1 H resp. Hg 2 bijectief op H af te beelden, namelijk door vanlinks resp. van rechts te vermenigvuldigen met de inverse van g 1 resp. g 2 .Dus alle verzamelingen van dit soort zijn onderling bijectief. In het bijzonderhebben ze, zoals al vaker is opgemerkt, in het geval dat H eindig is allemaalevenveel elementen. Verder hebben we al eerder opgemerkt dat het feit datH een ondergroep is impliceert, dat óf g 1 H = g 2 H (en dat is het geval preciesdan, als g 1 g2 −1 ∈ H), óf g 1 H ∩ g 2 H = ∅. Ga zelf na hoe deze beweringenbewezen kunnen worden!Definitie 6.1.12 Is H een ondergroep van een groep G, dan is de index vanH in G gelijk aan het totaal aantal disjuncte deelverzamelingen van de vormHg in G. De index noteren we als [G : H]. Is dit aantal niet eindig, danschrijven we [G : H] = ∞.Opmerking 6.1.13 Omdat ‘inverse nemen’ ι : G → G een bijectie is, enι(Hg) = ι(g)H, geldt dat we de index evengoed in termen van deelverzamelingenvan de vorm gH hadden kunnen definiëren.Stelling 6.1.14 Is G een eindige groep, dan is [G : H] ook eindig voor elkeondergroep H. Er geldt bovendien dat#G = [G : H] · #H.Bewijs. Dit is precies wat in het bewijs van Stelling 3.2.7 al is aangetoond. ✷


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 80Voorbeeld 6.1.15 Ook voor een oneindige groep G kan de index van eenondergroep eindig zijn. Bijvoorbeeld geldt voor G = Z dat de onder<strong>groepen</strong>precies de <strong>groepen</strong> nZ zijn. Omdat voor n ≠ 0 geldt Z = nZ ∪ 1 + nZ ∪ . . . ∪n − 1 + nZ, is [Z : nZ] = n, en [Z : 0Z] = ∞.6.2 Sylow onder<strong>groepen</strong>Definitie 6.2.1 (Genoemd naar P.L.M. Sylow, Noors wiskundige, 1832–1918.)Laat G een eindige groep zijn met #G = p n · m waarbij p een priemgetal is,n ≥ 1 en ggd(p, m) = 1. Een Sylow p-groep in G is een ondergroep H ⊂ Gmet #H = p n .Voorbeeld 6.2.2 Neem een priemgetal p en n, m ≥ 1 met ggd(p, m) = 1.Dan is G = Z/p n Z×Z/mZ een groep met precies p n m elementen. Er bestaatprecies één Sylow p-groep in G, namelijk H = Z/p n Z × {0}. Dit is namelijkinderdaad een Sylow p-groep in G. Is ook H ′ ⊂ G zo’n groep, bekijk dan eenwillekeurige h = (a mod p n , b mod m) ∈ H ′ . Er geldt ord(h)|#H ′ = p n . Zoub mod m ≠ 0, dan zou 1 < ord(b mod m)|#Z/mZ = m. Omdat ggd(p, m) =1, bevat ord(b mod m) dan een priemdeler l ≠ p. Maar dan ook l|ord(h)|p m ,en dat is niet het geval. Dus geldt b mod m = 0 mod m, oftewel H ′ ⊂ H.Omdat #H ′ = p n = #H, volgt hieruit H ′ = H.Stelling 6.2.3 Laat G een groep zijn met #G = p n m waarbij p een priemgetalis en n, m > 0 en ggd(p, m) = 1.1. G bevat een Sylow p-groep.2. Het aantal onderling verschillende Sylow p-<strong>groepen</strong> in G is ≡ 1 mod p.3. Zijn H en H ′ Sylow p-<strong>groepen</strong> in G, dan geldt H ′ = γ a (H) voor eena ∈ G.4. Het aantal onderling verschillende Sylow p-<strong>groepen</strong> in G is een delervan m.Bewijs. Schrijf N voor het totale aantal onderling verschillende Sylow p-<strong>groepen</strong> in G. We moeten onder andere aantonen dat N ≠ 0; dit volgt zekerals we de bewering in 2) die zegt dat N ≡ 1 mod p bewezen hebben. Ditzullen we laten zien door de collectie van alle deelverzamelingen in G die uitprecies p n elementen bestaan te bestuderen.Is H ⊂ G een Sylow p-groep, dan heeft voor elke g ∈ G de verzamelingHg precies p n elementen. Vanwege Stelling 6.1.14 zijn er voor gegeven H


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 81precies #G/#H = m zulke verzamelingen Hg. Er geldt voor x ∈ G datxHg = Hg precies dan als xH = H, en dat is het geval dan en slechts danals x ∈ H. Dus uit V = Hg vinden we H terug als de elementen x ∈ G metxV = V . Bezie nu een willekeurige verzameling V ⊂ G die uit p n elementenbestaat, en die de eigenschap heeft dat {x ∈ G | xV = V } een ondergroep Hvan G is met p n elementen. Is v ∈ V en x ∈ H, dan volgt vanwege xV = Vdat ook xv ∈ V . Dus Hv ⊂ V , en omdat #Hv = p n = #V , volgt V = Hv.Conclusie: elke verzameling V met de genoemde eigenschappen is van devorm Hg, voor een g ∈ G en een Sylow p-groep H. Er bestaan dus in totaalprecies N · m zulke verzamelingen.We bekijken vervolgens alle overige deelverzamelingen V ⊂ G met #V =p n . Voor zo’n deelverzameling noteren we G V = {x ∈ G | xV = V }. Mengaat eenvoudig na dat G V een ondergroep is van G. Omdat V ⊂ G teschrijven is als disjuncte vereniging van deelverzamelingen van de vorm G V ·v,die elk uit #G V elementen bestaan, volgt #G V |#V = p n . De V ’s met#G V = p n zijn precies degenen die we hierboven al gezien hebben; daarvanzijn er Nm. SchrijfDan geldtP = { V ⊂ G | #V = p n en #G V = p k voor een k < n } .( ) p n m= Nm + #P.p nWe zullen laten zien dat #P ≡ 0 mod p. Laat V ∈ P. Voor elke x ∈ G isdan ook xV ∈ P, want xV bevat p n elementen, en g · (xV ) = xV precies danals x −1 gxV = V . Dus G xV = γ x −1(G V ), en dus hebben G V en G xV in hetbijzonder evenveel elementen. Dit toont aan dat als V ∈ P dan ook xV ∈ P.Schrijf G = ∪g i G V , met [G : G V ] verschillende g i ’s. Elke xV is dan gelijkaan een V i = g i V , want x = g i g voor zekere g i en zekere g ∈ G V , en dusxV = g i gV = g i V = V i . De V i ’s zijn onderling verschillend omdat V i = V jzou impliceren dat g −1i g j ∈ G V en dus g i G V = g j G V . Er geldt [G : G V ] ≡0 mod p, dus op deze wijze wordt P opgedeeld in deelverzamelingen die elkuit een veelvoud van p elementen bestaan. Dit bewijst dat #P ≡ 0 mod p.De conclusie hieruit is, dat( ) p n m= Nm + #P ≡ Nm mod p.p nOmdat ggd(m, p) = 1 is m = m mod p een eenheid in Z/pZ, en de formulegeeft dan( ) pN mod p = m −1 n m · mod p.p n


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 82Dit toont aan dat N mod p alleen maar afhangt van p, n en m, en niet vande groep G zelf! In het bijzonder kunnen we voor G de groep Z/p n Z×Z/mZkiezen. In Voorbeeld 6.2.2 zagen we dat dan geldt N = 1. Hieruit volgtdat voor iedere groep G met #G = p n m geldt dat N mod p = 1 mod p. Ditbewijst 1) en 2).Nu het bewijs van 3) en 4). Stel H en H ′ zijn allebei Sylow p-<strong>groepen</strong> inG. Zoals we weten zijn er precies [G : H] = m verschillende verzamelingenvan de vorm gH in G, en G is hun vereniging. We delen deze collectieverzamelingen gH op in twee klassen H 1 , H 2 als volgt: gH ∈ H 1 precies dan,als voor elke h ∈ H ′ geldt dat hgH = gH. En gH ∈ H 2 precies dan, als ereen h ∈ H ′ bestaat met hgH ≠ gH. Dan geldt m = #H 1 + #H 2 . We gaan,in feite op precies dezelfde manier als we dat hiervoor voor de verzamelingP gedaan hebben, laten zien dat #H 2 ≡ 0 mod p. Laat gH ∈ H 2 . Danis H ′′ = {h ∈ H ′ | hgH = gH} een ondergroep van H ′ . Uit de definitievan H 2 volgt dat H ′′ ≠ H ′ , dus p|[H ′ : H ′′ ]. Door h ∈ H ′ te laten variërenkrijgen we zo [H ′ : H ′′ ] onderling verschillende verzamelingen hgH. Menrekent eenvoudig na dat elk van deze hgH’s weer een element van H 2 is. Opdeze manier krijgen we een opdeling van heel H 2 in steeds een veelvoud vanp elementen, dus #H 2 ≡ 0 mod p. Dit impliceert#H 1 ≡ m mod p ≠ 0 mod p,dus in het bijzonder volgt dat H 1 niet leeg is. Dit levert een gH met deeigenschap hgH = gH voor elke h ∈ H ′ . Anders gezegd: g −1 hg ∈ H voorelke h ∈ H ′ , oftewel H ′ ⊂ γ g (H). Hieruit volgt 3).Tenslotte nog 4). Zij H een willekeurige Sylow p-groep in G. Er zijnin totaal N zulke <strong>groepen</strong>, en we hebben al aangetoond dat ze allemaal teschrijven zijn als γ g (H) voor een g ∈ G. DefinieerN(H) = {g ∈ G | γ g (H) = H} .Dit is een ondergroep van G, en door te schrijven G = ∪g i N(H) vinden weop de gebruikelijke manier dat alle Sylow p-onder<strong>groepen</strong> in G precies deγ gi (H) zijn. Dus volgt N = [G : N(H)]. Omdat H een ondergroep is vanN(H), volgt nu dat N|m. Immers, #N(H) = [N(H) : H] · #H enN = [G : N(H)] = #G/#N(H) = #G/([N(H) : H] · #H)|#G/#H = m.Hiermee is de stelling volledig bewezen.Gevolg 6.2.4 Voor p een priemgetal en n, m > 0 met ggd(p, m) = 1 geldt( ) p n m≡ m mod p.p n✷


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 83Bewijs. In het bewijs van Stelling 6.2.3 hebben we gezien dat ( )p n mp ≡nNm mod p, waarbij N ≡ 1 mod p. Dit impliceert het gevolg.✷Voorbeeld 6.2.5 De groep S 4 heeft 24 = 3 · 8 elementen. Het aantal Sylow3-<strong>groepen</strong> in S 4 is blijkens Stelling 6.2.3 een deler van 8, en het is van de vorm3k + 1. Het moeten er dus 1 of 4 zijn. Elke deelverzameling van de vorm{(1), (a b c), (a c b)} met a ≠ b, b ≠ c, c ≠ a is inderdaad een ondergroep, endit levert er precies 4.Het aantal Sylow 2-<strong>groepen</strong> in S 4 is oneven en een deler van 3. Datkunnen er dus 1 of 3 zijn. Is H zo’n groep, dan #H = 8, dus elk element in Hheeft een orde die 8 deelt. Hieruit volgt dat H bestaat uit 4-cykels, 2-cykels,producten van twee disjuncte 2-cykels en de identiteit. Er kunnen hoogstenstwee 2-cykels in H zitten en deze moeten dan disjunct zijn. Immers, anderszou er een product (a b)(b c) = (a b c) in H zitten, en dat is niet het geval.Het is niet mogelijk dat er precies één 2-cykel in H zit. Immers, dat zoubetekenen dat elke ondergroep σHσ −1 precies één 2-cykel bevat, en omdatwe op deze manier alle mogelijke 2-cykels kunnen krijgen, zijn er dan minstensevenveel Sylow 2-<strong>groepen</strong> in S 4 als er 2-cykels zijn, wat niet mogelijk is. Dusbevat H óf geen, óf precies twee (onderling disjuncte) 2-cykels. Het aantal 4-cykels in H is even, want een 4-cykel is niet gelijk aan z’n inverse, en met elkervan moet ook de inverse in H zitten. Verder is het kwadraat van een 4-cykelgelijk aan een product van twee disjuncte 2-cykels, en elk paar bestaande uiteen 4-cykel en z’n inverse geeft aanleiding tot hetzelfde kwadraat terwijl eenander zo’n paar ook weer een ander kwadraat oplevert. Hieruit volgt dat erprecies één zo’n paar 4-cykels in H moet zitten. Immers, zijn het er tweeof meer, dan volgt door deze onderling te conjugeren dat alle 4-cykels in Hzitten, en dus ook alle producten van disjuncte 2-cykels. Dat zou betekenendat #H ≥ 1 + 6 + 3 = 10 hetgeen niet het geval is. Het is ook niet mogelijkdat er helemaal geen 4-cykels in H zitten, want met de hooguit twee 2-cykelsen de drie producten van twee disjuncte 2-cykels en de identiteit hebben wesamen nog geen 8 elementen. Dus moet H uit precies twee disjuncte 2-cykels,alle drie producten van disjuncte 2-cykels, en nog één paar bestaande uiteen 4-cykel en z’n inverse (plus de identiteit) bestaan. Wat rekenwerk levertinderdaad drie zulke onder<strong>groepen</strong> die onderling geconjugeerd zijn. Eén ervanbestaat uit (1), (1 2 3 4), (1 4 3 2), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3), (1 3) en(2 4).We hadden onszelf overigens al dit werk kunnen besparen: de symmetriegroepvan het vierkant, D 4 , bestaat uit precies 8 elementen. Deze elementenpermuteren de hoekpunten van het vierkant. Dus D 4 kan worden opgevatals ondergroep van S 4 . Helemaal expliciet: neem het vierkant in het x, y-vlak met hoekpunten (±1, ±1). Noem het hoekpunt in het i-de kwadrant i.


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 84Roteren over 90 graden tegen de wijzers van de klok levert dan de permutatie(1 2 3 4) op de hoekpunten. Spiegelen in de x-as correspondeert met(1 4)(2 3). Spiegelen in de diagonaal x + y = 0 levert (1 3), enzovoort.We laten aan een tweetal voorbeelden zien hoe Stelling 6.2.3 gebruikt kanworden.Stelling 6.2.6 Gegeven is een groep G met #G = pq, waarbij p en q onderlingverschillende priemgetallen zijn met de eigenschap p ≢ 1 mod q enq ≢ 1 mod p. Dan geldt G ∼ = Z/pqZ.Bewijs. Een element g ∈ G heeft een orde die een deler is van pq. Dusord(g) ∈ {1, p, q, pq}. Het enige element van orde 1 is e ∈ G. Geldt ord(g) =p, dan is 〈g〉 een Sylow p-groep in G. Het aantal zulke <strong>groepen</strong> is een deler vanq, dus het is 1 of q. Verder is dit aantal ≡ 1 mod p. Omdat q ≢ 1 mod p moethet aantal Sylow p-<strong>groepen</strong> dus wel precies gelijk zijn aan 1. Elk element inG met orde p zit in deze Sylow p-groep, dus er zijn hoogstens p − 1 zulkeelementen. (In feite precies p − 1, maar dat hebben we niet eens nodig.)Precies hetzelfde argument toont aan, dat er hoogstens q − 1 elementenin G zijn waarvan de orde q is. Omdat 1 + p − 1 + q − 1 < pq = #G, bevatG dus elementen met orde pq. Is g ∈ G zo’n element, dan 〈g〉 = G, eng ↦→ 1 mod pq levert een isomorfisme: G ∼ = Z/pqZ.✷Voorbeeld 6.2.7 Passen we Stelling 6.2.6 toe met p = 3 en q = 5, dan volgtdat er op isomorfie na slechts 1 groep met 15 elementen bestaat, en dat isZ/15Z.Stelling 6.2.8 (Augustin-Louis Cauchy, Frans wiskundige, 1789–1857)Is G een eindige groep, en is p een priemgetal dat het aantal elementen vanG deelt, dan bestaat er een element g ∈ G met ord(g) = p.Bewijs. Kies een Sylow p-groep H ⊂ G. Die bestaat vanwege Stelling 6.2.3,en #H = p k met k ≥ 1. Neem x ∈ H met x ≠ e willekeurig. Dan ord(x) ≠ 1,en ord(x)|p k . Dit impliceert dat ord(x) = p l , met 1 ≤ l ≤ k. Voor g = x pl−1geldt dan ord(g) = p, zoals verlangd.✷


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 856.3 Opgaven1. Bepaal van iedere conjugatieklasse in S 6 uit hoeveel elementen dezebestaat.2. Bepaal het aantal conjugatieklassen in A 6 , en geef voor elk ervan hetaantal elementen.3. Geef een bewijs voor de tweede uitspraak in Stelling 6.1.11.4. In de groep D n hebben we twee elementen ρ, σ, gegeven door ρ =‘draaien over 2π/n radialen tegen de richting van de klok’, en σ =‘spiegelen in de x-as’.(a) Laat zien dat σρσ = ρ −1 .(b) Toon aan dat elke τ ∈ D n te schrijven is als ρ a σ b , met 0 ≤ a < nen 0 ≤ b ≤ 1.(c) Neem n oneven, en bewijs dat er één conjugatieklasse in D n bestaandeuit n elementen is, ook één bestaande uit 1 element, enverder (n − 1)/2 met ieder 2 elementen.(d) Bewijs dat voor even n de groep D n uiteenvalt in 2 conjugatieklassenmet 1 element, (n − 2)/2 conjugatieklassen met 2 elementen,en 2 met n/2 elementen.5. Stel G is een eindige groep met #G = n, en G bestaat uit precies 3conjugatieklassen.(a) Laat zien dat n = 1 + a + b, met 1 ≤ a ≤ b en a|n en b|n.(b) Bepaal alle mogelijke oplossingen van de in (a) gevonden gelijkheid.(Deel bijv. door n, en ga na dat a ≤ 3 moet gelden.)(c) Gebruik dat een niet-commutatieve groep met 6 elementen isomorfis met S 3 , en bewijs dan dat G ∼ = Z/3Z of G ∼ = S 3 . Ga na dat dezetwee <strong>groepen</strong> inderdaad uit precies 3 conjugatieklassen bestaan.6. Bewijs dat voor een groep G, een ondergroep H ⊂ G en een elementg ∈ G geldt dat [G : H] = [G : γ g (H)].7. Toon aan dat een eindige abelse groep G voor elk priemgetal p metp|#G precies één Sylow p-groep heeft.8. Bepaal voor elke p het aantal Sylow p-<strong>groepen</strong> in S 5 .9. We beschrijven alle Sylow p-<strong>groepen</strong> in S 6 .


6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 86(a) Laat zien dat de Sylow 2-<strong>groepen</strong> isomorf zijn met D 4 × Z/2Z,en dat er ( 62)· 3 = 45 zulke <strong>groepen</strong> zijn. (Denk aan een Sylow2-groep in S 4 , samen met de permutatie (5 6).)(b) Laat zien dat de Sylow 3-<strong>groepen</strong> isomorf zijn met Z/3Z × Z/3Z,en dat er ( 63)/2 = 10 zulke <strong>groepen</strong> zijn. (Denk aan disjuncte3-cykels.)(c) Laat zien dat de Sylow 5-<strong>groepen</strong> isomorf zijn met Z/5Z, en dater daarvan 36 zijn.10. In deze opgave geven we een ander bewijs voor het feit dat als 3 hetaantal elementen van een eindige groep G deelt, dan heeft die groepeen element met orde 3. Het bewijs in deze opgave is afkomstig vanJ. McKay, en het kan gegeneraliseerd worden tot een willekeurig priemgetalin plaats van ‘3’.Laat G een eindige groep zijn met #G = n ≡ 0 mod 3. Neem D ={(a, b, c) ∈ G × G × G | abc = e} en D 1 = {(a, b, c) ∈ D | a = b = c} enD 2 = D \ D 1 .(a) Laat zien dat #D = n 2 ≡ 0 mod 3.(b) Toon aan dat als (a, b, c) ∈ D, dan ook (b, c, a) ∈ D en (c, a, b) ∈D.(c) Toon aan dat als (a, b, c) ∈ D 2 , dan zijn (a, b, c) en (b, c, a) en(c, a, b) alle drie verschillend.(d) Bewijs dat #D 2 ≡ 0 mod 3.(e) Bewijs dat #D 1 ≥ 3, en dat het aantal elementen in G met orde3 een drievoud plus twee is.11. Laat G een groep zijn met #G = 6.(a) Beargumenteer dat er een a ∈ G is met ord(a) = 2 en ook eenb ∈ G met ord(b) = 3.(b) Laat zien dat als a, b als in (a), en γ b (a) = a, dan ord(ab) = 6 enG ∼ = Z/6Z.(c) Laat zien dat als a, b als in (a), en γ b (a) ≠ a, dan bevat C a precies3 elementen die allemaal orde 2 hebben in G, en G ∼ = S 3 .


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 877 Normaaldelers en factor<strong>groepen</strong>Terugblikkend naar Hoofdstuk 2 kunnen we achteraf zeggen, dat we daaruitgaande van de groep Z en de ondergroep NZ een nieuwe groep geconstrueerdhebben. Namelijk, de elementen van die nieuwe groep zijn precies derestklassen a + NZ. En in Stelling 2.1.5 met de daarop volgende definitie enopmerking werd aangetoond, dat de groepsbewerking op Z (optellen) aanleidinggeeft tot een groepsbewerking (ook optellen) op die restklassen. Wezullen in dit hoofdstuk precies hetzelfde gaan proberen voor een willekeurigegroep G in plaats van Z, en een willekeurige ondergroep H ⊂ G. Het zalblijken dat alleen voor bepaalde onder<strong>groepen</strong>, de zogeheten ‘normaaldelers’,zo’n constructie mogelijk is. Het is wellicht goed, vóór het bestuderen vandit hoofdstuk nog even Sectie 2.1 door te lezen.7.1 NormaaldelersVoor een groep G en een ondergroep H hebben we in Stelling 6.1.2 gezien datals a ∈ G, dan is de geconjugeerde γ a (H) = aHa −1 ook een ondergroep vanG. Zelfs zijn H en γ a (H) isomorf. In het algemeen geldt niet dat H = γ a (H).Bijvoorbeeld is H = {(1), (1 2)} een ondergroep van S 3 . Nemen we a = (1 3),dan γ a (H) = {(1), (2 3)} ≠ H.Definitie 7.1.1 Een ondergroep H van een groep G heet een normaaldelerals voor elke a ∈ G geldt dat H = aHa −1 .Voorbeeld 7.1.2 In een commutatieve groep G is elke ondergroep H eennormaaldeler. Immers, aha −1 = aa −1 h = h voor alle a, h in zo’n commutatievegroep, dus in het bijzonder is aHa −1 = H.Voorbeeld 7.1.3 In de diëdergroep D n vormen de rotaties een ondergroep,die een normaaldeler is. Immers, gezien als lineaire afbeeldingen op R 2 zijnde rotaties in D n precies die elementen van D n die determinant 1 hebben. Is ρzo’n rotatie en a ∈ D n willekeurig, dan det(aρa −1 ) = det(a) det(ρ) det(a −1 ) =det(a) det(a) −1 = 1, dus aρa −1 is ook een rotatie.Voorbeeld 7.1.4 We gaan alle normaaldelers in S 4 bepalen. Stel H is zo’nnormaaldeler en σ ∈ H. Omdat H = τHτ −1 voor elke τ ∈ S n , bevat Hdan ook de hele conjugatieklasse C σ . Vanwege het feit dat S 4 een disjunctevereniging van conjugatieklassen is (Stelling 6.1.7), is dus ook H een disjunctevereniging van conjugatieklassen in S 4 . Deze klassen hebben resp. 1, 6, 8en 3 elementen. Er geldt (1) ∈ H, dus #H is een som van sommige vandeze getallen, waarbij zeker 1 als term voorkomt. Ook geldt #H|#S 4 = 24


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 88vanwege Stelling 3.2.7. Hiermee blijven nog maar een paar mogelijkhedenover:1. #H = 1, dus H bestaat uit alleen het eenheidselement in S 4 . Dit isinderdaad een ondergroep, en zelfs een normaaldeler.2. #H = 1 + 3 = 4, dus H bestaat uit het eenheidselement plus dedrie producten van twee disjuncte 2-cykels. Dit levert inderdaad eennormaaldeler in S 4 .3. #H = 1 + 3 + 8 = 12. In dit geval bestaat H uit de identiteit, deproducten van twee disjuncte 2-cykels, en alle 3-cykels. Dus H = A 4 ,en dat is een normaaldeler in S 4 .4. #H = 1 + 3 + 8 + 12 = 24, dus H = S 4 .We zien dus dat hoewel S 4 heel veel onder<strong>groepen</strong> heeft, toch behalve S 4 zelfen (1) er slechts twee ‘echte’ normaaldelers in S 4 zijn.Voorbeeld 7.1.5 We zagen al dat A 4 een normaaldeler in S 4 is. Er geldtzelfs algemeen dat A n een normaaldeler in S n is. Dit volgt uit het feit datvoor permutaties σ, τ geldt dat ɛ(σ) = ɛ(τστ −1 ). (We kunnen ook directinzien dat conjugeren een product van disjuncte cykels overvoert in precieszo’n product van disjuncte cykels. Dus in het bijzonder verandert het tekenniet bij conjugatie, hetgeen impliceert dat τA n τ −1 = A n .)Voorbeeld 7.1.6 Stel G is een eindige groep met #G = p n m waarbij ppriem, n ≥ 1 en ggd(p, m) = 1. Laat H een Sylow p-groep in G zijn. Allegeconjugeerde <strong>groepen</strong> aHa −1 voor a ∈ G zijn dan ook Sylow p-<strong>groepen</strong>,en in Stelling 6.2.3 hebben we afgeleid dat we ze op deze manier allemaalkrijgen. We concluderen dat H een normaaldeler is precies dan als er slechtséén Sylow p-groep in G is. Deze voorwaarde is vaak te verifiëren met behulpvan de twee deelbaarheidseigenschappen die in Stelling 6.2.3 voor het aantalSylow p-<strong>groepen</strong> zijn gegeven.Het volgende lemma zal in het vervolg nuttig blijken te zijn.hebben we dit allang in allerlei situaties afgeleid en gebruikt.In feiteLemma 7.1.7 Is H een ondergroep van een groep G, en a, b ∈ G, dan geldtaH = bH precies dan als b −1 a ∈ H.Bewijs. In het bewijs van Stelling 3.2.7 is al aangetoond dat twee zulkeverzamelingen aH, bH óf gelijk, óf disjunct zijn. Omdat e ∈ H, geldt a =ae ∈ aH, dus aH = bH is equivalent met a ∈ bH. Anders gezegd: aH = bHprecies dan als a = bh voor een h ∈ H, dus precies dan als b −1 a = h ∈ H. ✷


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 89Stelling 7.1.8 Laat G een groep zijn en H ⊂ G een ondergroep. De volgendedrie uitspraken zijn equivalent:1. H is een normaaldeler.2. Voor elke a ∈ G geldt aH = Ha.3. Voor elke a ∈ G en elke h ∈ H geldt dat aha −1 ∈ H.4. Voor alle a, b, c, d ∈ G met aH = cH en bH = dH geldt dat ookabH = cdH.Bewijs. 1) impliceert 2): Is a ∈ G, dan geldt aHa −1 = H. Door dezegelijkheid aan de rechterkant met a te vermenigvuldigen volgt dat aH = Ha.2) impliceert 3): Neem willekeurige a ∈ G en h ∈ H. De aanname aH = Halevert dat ah = h 1 a voor zekere h 1 ∈ H, en dus is aha −1 = h 1 ∈ H hetgeenwe wilden bewijzen.3) impliceert 4): Gezien Lemma 7.1.7 moeten we laten zien dat als c −1 a ∈ Hen d −1 b ∈ H, dan ook (cd) −1 (ab) = d −1 c −1 ab ∈ H. Schrijf c −1 a = h 1 ∈H. Aanname 3) levert in het bijzonder dat h 2 := d −1 h 1 d ∈ H. Dus volgtd −1 c −1 ab = d −1 h 1 dd −1 b = h 2 d −1 b ∈ H, wat we wilden bewijzen.4) impliceert 1): Laat h ∈ H en a ∈ G willekeurig. Er geldt hH = eH,dus vanwege 4) ook ha −1 H = ea −1 H = a −1 H. Volgens Lemma 7.1.7 wil ditprecies zeggen dat aha −1 ∈ H. Dus conjugatie met een willekeurige a ∈ Gbeeldt H weer op H af, oftewel H is een normaaldeler.Hiermee is aangetoond dat de vier uitspraken gelijkwaardig zijn. ✷Het feit dat bijvoorbeeld de rotaties binnen D n , en de even permutatiesbinnen S n normaaldelers zijn, is een speciaal geval van het volgende resultaat.Stelling 7.1.9 Is G een groep en H ⊂ G een ondergroep waarvoor geldt[G : H] = 2, dan is H een normaaldeler van G.Bewijs. De voorwaarde [G : H] = 2 wil precies zeggen dat er een a ∈ Gis zodat G de disjuncte vereniging is van H en Ha. Maar dan volgt Ha =G \ H. Omdat a ∉ H, zijn ook H en aH disjuncte deelverzamelingen van G.Opnieuw gebruik makend van [G : H] = 2 volgt vanwege Opmerking 6.1.13dat ook aH = G\H, dus aH = Ha. Elke verzameling van de vorm bH binnenG is ofwel gelijk aan H, of aan aH. Dus volgt bH = Hb voor elke b ∈ G, dusmet behulp van Stelling 7.1.8 concluderen we dat H een normaaldeler van Gis.✷


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 907.2 Factor<strong>groepen</strong>Stelling 7.1.8 laat onder meer zien, dat als een ondergroep H van een groepG een normaaldeler is, dan is het voorschrift (aH) · (bH) = abH goed gedefinieerd.Dat wil zeggen: schrijven we aH = cH of bH = dH voor zekereandere elementen c, d ∈ G, dan levert dit dezelfde uitkomst abH = cdH. (Enomgekeerd, is H geen normaaldeler, dan maakt het in het algemeen wel uitwelk element van G we gebruiken om een verzameling aH mee aan te geven.)Voorbeeld 7.2.1 Neem G = S 3 en H = {(1), (1 2)} ⊂ S 3 . Zoals al welvaker is opgemerkt, is H een ondergroep van G, maar H is geen normaaldelerin G. Bezie a = (1 3) en b = (1 2 3). Dan is aH = {(1 3)(1), (1 3)(1 2)} ={(1 3), (1 2 3)} en evenzo bH = {(1 2 3)(1), (1 2 3)(1 2)} = {(1 2 3), (1 3)}.Dus aH = bH (allicht: er geldt immers b −1 a = (1 2) ∈ H, dus ook vanwegeLemma 7.1.7 zien we dat aH = bH). Echter a 2 H = H en b 2 H = (1 3 2)H ={(1 3 2), (2 3)} ≠ a 2 H.Definitie 7.2.2 Gegeven een groep G en een normaaldeler H ⊂ G. Defactorgroep G modulo H die we noteren als G/H is de groep met als elementende verzamelingen van de vorm aH, voor a ∈ G. Het eenheidselement isH = eH, en de groepsbewerking wordt gegeven door (aH) · (bH) = abH.Opmerking 7.2.3 Dat de bovenstaande manier om een groepsbewerking opG/H te geven werkt, volgt vanwege Stelling 7.1.8 precies uit het feit dat Heen normaaldeler is. Omdat G een groep is, volgt eenvoudig dat dan ookG/H op deze manier een groep wordt. Zo is bijvoorbeeld de inverse (aH) −1van een element aH ∈ G/H gelijk aan a −1 H. Immers, (aH) · a −1 H = eH,en dat is per definitie het eenheidselement in G/H.Opmerking 7.2.4 Per definitie van het begrip index is het aantal onderlingverschillende verzamelingen van de vorm aH gelijk aan [G : H]. Is G eeneindige groep, dan zegt Stelling 6.1.14 dat [G : H] = #G/#H. In hetbijzonder is dus voor een normaaldeler H in een groep G het aantal elementenvan de factorgroep G/H gelijk aan [G : H].Voorbeeld 7.2.5 H = NZ is een normaaldeler in G = Z. De factorgroep isprecies de groep Z/NZ. In het bijzonder zien we aan dit voorbeeld dat eenfactorgroep van een oneindige groep best een eindige groep kan zijn.Voorbeeld 7.2.6 Laat n ≥ 2 en neem H = A n als normaaldeler in G = S n .Omdat A n index 2 in S n heeft, bestaat S n /A n uit precies twee elementen.In het bijzonder geldt dus dat S n /A n∼ = Z/2Z, want dat is op isomorfie na


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 91de enige groep bestaande uit precies twee elementen. We zien dus dat eenfactorgroep van een niet-abelse groep best commutatief kan zijn.De twee elementen van S n /A n zijn per definitie twee deelverzamelingenvan S n . De ene bestaat uit alle even permutaties (A n ), en de andere uitalle oneven permutaties (dus (1 2)A n ). De groepsbewerking in S n /A n gaatvolgens de regels ‘even maal even is even’ en ‘oneven maal even is oneven’ en‘even maal oneven is oneven’ en ‘oneven maal oneven is even’.Stelling 7.2.7 Is H een normaaldeler in een groep G, dan geldt dat defactorgroep G/H commutatief is dan en slechts dan als voor elke a, b ∈ Ghet element a −1 b −1 ab in H zit.Bewijs. Er geldt dat G/H abels is precies dan als (aH)·(bH) = (bH)·(aH)voor alle a, b ∈ G. En dit is het geval dan en slechts dan als abH = baHvoor elke a, b ∈ G. Vanwege Lemma 7.1.7 is deze laatste eis gelijkwaardigmet a −1 b −1 ab = (ba) −1 ab ∈ H, voor alle a, b ∈ G. Dit bewijst de stelling. ✷Voorbeeld 7.2.8 Laat n ≥ 3. Zoals we al gezien hebben, is S n /A n eencommutatieve groep. Vanwege Stelling 7.2.7 is dus voor elk paar permutatiesσ, τ het product σ −1 τ −1 στ even. Dit volgt natuurlijk ook uit het feit dat hetteken ɛ een homomorfisme van S n naar een commutatieve groep (±1) is.Omdat (a b) −1 (a c) −1 (a b)(a c) = (a b c) voor onderling verschillende a, b, cen omdat elk element van A n als product van 3-cykels te schrijven is, volgtdat als H ⊂ S n een normaaldeler is met de eigenschap dat S n /H abels, danA n ⊂ H, en dus H = A n of H = S n .Stelling 7.2.9 Laat H een normaaldeler in een groep G zijn. Het voorschriftπ : G −→ G/H : g ↦→ gHlevert een surjectief homomorfisme van G naar G/H met Ker(π) = H.Bewijs. Er geldt voor a, b ∈ G dat π(ab) = abH = (aH) · (bH) = π(a)π(b).Dus inderdaad is π een homomorfisme. Een willekeurig element van G/His te schrijven als aH, voor een a ∈ G. Dan is π(a) = aH, met anderewoorden, π is surjectief. Tenslotte geldt voor a ∈ G dat a ∈ Ker(π) preciesdan als aH = eH, oftewel volgens Lemma 7.1.7 precies dan als a ∈ H. DusKer(π) = H, en daarmee is de stelling bewezen.✷Opmerking 7.2.10 Het homomorfisme π genoemd in Stelling 7.2.9 wordtvaak het kanonieke homomorfisme naar een factorgroep genoemd.


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 92Stelling 7.2.11 Een ondergroep H van een groep G is een normaaldelerprecies dan als H de kern is van een homomorfisme van G naar een anderegroep.Bewijs. Is H de kern van een homomorfisme, dan is het een aardige oefeningin de hier gegeven definities om na te gaan dat H inderdaad een normaaldeleris.Omgekeerd, is H een normaaldeler, dan is H vanwege Stelling 7.2.9 dekern van het kanonieke homomorfisme van G naar G/H.✷7.3 Normaaldelers in de alternerende groepDefinitie 7.3.1 Een groep G heet simpel (of ook wel enkelvoudig) als {e}en G de enige normaaldelers in G zijn.Opmerking 7.3.2 Is G een simpele groep, G ′ een willekeurige groep enf : G → G ′ een homomorfisme, dan is f óf injectief, óf er geldt dat f iederelement van G op het eenheidselement van G ′ afbeeldt. Immers, de kernvan f is een normaaldeler in G, dus Ker(f) = {e} (en dan is f injectief) ofKer(f) = G (en dan wordt alles op het eenheidselement afgebeeld). Dezeeigenschap van simpele <strong>groepen</strong> geeft al aan, dat ‘simpel zijn’ een sterkeeigenschap is.Voorbeeld 7.3.3 We gaan na welke niet-triviale eindige, abelse <strong>groepen</strong> Gsimpel zijn. Is p een priemgetal dat het aantal elementen van zo’n groep Gdeelt, dan bestaat er vanwege Stelling 6.2.8 een a ∈ G met ord(a) = p. Deondergroep 〈a〉 is dan een normaaldeler ≠ {e} (want elke ondergroep van eenabelse groep is een normaaldeler). Dus als G simpel is, dan G = 〈a〉 ∼ = Z/pZ.Inderdaad is Z/pZ simpel, want een ondergroep heeft als aantal elementeneen deler van p en p is een priemgetal. We concluderen dat op isomorfie nade <strong>groepen</strong> Z/pZ de enige niet-triviale simpele eindige abelse <strong>groepen</strong> zijn.Opmerking 7.3.4 Eén van de belangrijkste resultaten uit de moderne theorievan eindige <strong>groepen</strong> is, dat de volledige lijst van alle simpele eindige<strong>groepen</strong> bekend is. Deze lijst bestaat uit een paar ‘families van simpele <strong>groepen</strong>’(zoals de Z/pZ’s voor p een priemgetal), en 26 losse exemplaren die‘sporadische <strong>groepen</strong>’ worden genoemd. De lijst is te vinden in J. Conwayetc., Atlas of finite simple groups. Oxford: Clarendon Press, 1985. Aanhet bewijs dat de lijst volledig is hebben vele wiskundigen bijgedragen; metname dient daarbij de Amerikaan Daniel Gorenstein (1923–1992) genoemdte worden.


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 93De grootste sporadische simpele eindige groep heeft de fraaie naam ‘HetMonster’ gekregen. Deze groep heeft2 46 · 3 20 · 5 9 · 7 6 · 11 2 · 13 3 · 17 · 19 · 23 · 29 · 31 · 41 · 47 · 59 · 71elementen.Andere eindige simpele <strong>groepen</strong> zijn bijvoorbeeld de <strong>groepen</strong>PSL n (Z/pZ), voor n ≥ 2 en p een priemgetal en (n, p) (2, 2) en(n, p) ≠ (2, 3). Dit zijn factor<strong>groepen</strong> G/H, waarin G de groep van n × nmatrices met coëfficiënten in Z/pZ en determinant 1 is, en H de ondergroepbestaande uit alle matrices aI, met a n = 1. Het bewijs dat deze <strong>groepen</strong>inderdaad simpel zijn valt buiten het bestek van dit college. Wat we echterwel zullen aantonen is dat de <strong>groepen</strong> A n , voor n ≥ 5 simpel zijn.Voorbeeld 7.3.5 We tonen aan dat A 5 een simpele groep is. Laat H ⊂ A 5een normaaldeler zijn. Is σ ∈ H, dan is voor elke τ ∈ A 5 ook τστ −1 ∈τHτ −1 = H. Dus H bevat de gehele conjugatieklasse C σ van σ in A 5 . Ervolgt dat H een vereniging is van zulke conjugatieklassen. Deze klassenzijn onderling disjunct en hebben respectievelijk 1, 12, 12, 15 en 20 elementen(vergelijk Voorbeeld 6.1.9). Dus#H = 1 + 12a + 15b + 20cmet a = 0, 1 of 2 en b, c ∈ {0, 1}. Verder #H|#A 5 = 60, en het is nietmoeilijk om na te gaan dat hieruit volgt #H = 1 of #H = 60. Dus A 5 heeftgeen normaaldelers behalve {(1)} en A 5 zelf.Stelling 7.3.6 Voor n ≥ 5 is A n een simpele groep.Bewijs. Het idee van onderstaand bewijs is dat we gaan aantonen dat voorn ≥ 5 een normaaldeler H ≠ {(1)} in A n altijd een 3-cykel bevat. Er volgtdan dat H de conjugatieklasse in A n van die 3-cykel bevat, en die bestaatvanwege Stelling 6.1.11 uit alle 3-cykels. Vanwege Stelling 4.4.4 volgt dantenslotte H = A n .Laat n ≥ 5 en stel H ≠ {(1)} is een normaaldeler. We willen bewijzendat H = A n , en bovenstaand argument laat zien dat we daarvoor alleenmaar hoeven aan te tonen dat H een 3-cykel bevat. Stel σ ≠ (1) is eenelement van H. Schrijf σ = σ 1 σ 2 . . . σ r , met de σ i disjuncte l i -cykels, enl 1 ≥ l 2 ≥ . . . ≥ l r .Als l 1 ≥ 4, schrijf dan σ 1 = (a 1 a 2 . . . a l1 ) en neem τ = (a 1 a 2 a 3 ) ∈ A n .Omdat H een normaaldeler is, geldt dat σ ′ = τστ −1 ∈ H. We gaan na hoe σ ′


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 94eruit ziet. De getallen a 1 , a 2 , a 3 komen in σ 1 voor en niet in σ 2 , . . . , σ r . Bijgevolgis τσ i τ −1 = σ i voor i ≥ 2. Verder is τσ 1 τ −1 = (τ(a 1 ) τ(a 2 ) . . . τ(a l1 )) =(a 2 a 3 a 1 a 4 . . . a l1 ). Dusσ ′ = τστ −1 = (τσ 1 τ −1 )(τσ 2 τ −1 ) . . . (τσ r τ −1 ) = (a 2 a 3 a 1 a 4 . . . a l1 )σ 2 . . . σ r .Er volgt dat ook σ −1 σ ′ = (a l1 . . . a 1 )(a 2 a 3 a 1 a 4 . . . a l1 ) = (a 1 a 3 a l1 ) ∈ H.Dus in dit geval bevat H een 3-cykel, en zijn we klaar.Als l 1 = l 2 = 3, schrijf dan σ 1 = (a 1 a 2 a 3 ) en σ 2 = (b 1 b 2 b 3 ). Conjugerenmet τ = (a 1 a 2 b 1 ) ∈ A n levert dan σ ′ = (a 2 b 1 a 3 )(a 1 b 2 b 3 )σ 3 . . . σ r ∈ H.Daarmee is ook σ −1 σ ′ = (a 1 b 1 a 2 b 3 a 3 ) ∈ H. Het argument dat we voorl 1 ≥ 4 gebruikten kan hierop worden toegepast, en de conclusie is dat ook indit geval er een 3-cykel in H zit.Als l 1 = 3 en l i < 3 voor i ≠ 1, dan is σ 2 een 3-cykel in H, dus ook ditgeval is daarmee klaar.Het resterende geval is dat σ een product is van disjuncte 2-cykels. Omdatσ ∈ H ⊂ A n , bestaat σ dan uit een even aantal 2-cykels. Schrijfσ = (a b)(c d)σ 3 . . . σ r . Conjugeren met (a b c) levert dat ook σ ′ =(b c)(a d)σ 3 . . . σ r ∈ H, en dus ook σσ ′ = (a c)(b d) ∈ H. Daarmee bevat Hdan ook de hele conjugatieklasse in A n van dit product van twee disjuncte 2-cykels. Stelling 6.1.11 zegt dat dus ieder product van twee disjuncte 2-cykelsin H zit, dus in het bijzonder ook (1 2)(4 5) · (4 5)(2 3) = (1 2 3) ∈ H.Hiermee is ook dit laatste geval afgehandeld.We concluderen dat H = A n , hetgeen we wilden bewijzen.✷


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 957.4 Opgaven1. Gegeven twee <strong>groepen</strong> G 1 en G 2 en een homomorfisme ϕ : G 1 → G 2 .Laat zien dat Ker(ϕ) een normaaldeler in G 1 is.2. Toon aan dat als G een groep is, H ⊂ G een ondergroep en N ⊂ G eennormaaldeler, dan is N ∩ H een normaaldeler van H.3. Gegeven de verzameling H ⊂ A 4 bestaande uit het eenheidselementen alle producten van twee disjuncte 2-cykels. Laat zien dat H eennormaaldeler is in A 4 . Geef expliciet alle elementen van A 4 /H, enmaak een vermenigvuldigtabel voor de groep A 4 /H.4. Geef een normaaldeler in Z/2Z × A n bestaande uit precies twee elementen.Bewijs dat Z/2Z × A n≁ = Sn wanneer n ≠ 2.5. Bewijs dat er op isomorfie na, slechts één groep met precies 1001 elementenbestaat, als volgt:(a) Zo’n groep G bevat normaaldelers N 7 , N 11 en N 13 met resp. 7, 11en 13 elementen;(b) Er bestaat een injectief homomorfisme G → G/N 7 × G/N 11 ;(c) Met behulp van Stelling 6.2.6 volgt, dat G commutatief is.(d) G bevat een element met orde 1001, en dus G ∼ = Z/1001Z.6. Bepaal alle onder<strong>groepen</strong> van D 4 en beschrijf voor de normaaldelersdaaronder de bijbehorende factor<strong>groepen</strong>.7. Gegeven twee <strong>groepen</strong> G 1 , G 2 met eenheidselementen respectievelijke 1 , e 2 . Laat zien dat H = G 1 × {e 2 } een normaaldeler is van G 1 × G 2 ,en dat (G 1 × G 2 )/H ∼ = G 2 .8. Beschouw G = { ( 1 a0 b)| b ≠ 0} ⊂ GL2 (R).(a) Laat zien dat G een ondergroep is van GL 2 (R), maar geen normaaldeler.(b) Laat zien dat H 1 = { ( 1 00 b)| b ≠ 0} een ondergroep is van G, maargeen normaaldeler.(c) Laat zien dat H 2 = { ( 1 a0 1)| a ∈ R} wel een normaaldeler in G is.(d) Laat zien dat b ↦→ ( 1 00 b)H2 een isomorfisme tussen de vermenigvuldiggroepR \ {0} en G/H 2 oplevert.


7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 969. Laat G een groep zijn en N een normaaldeler in G. Zij verder H eenondergroep van G waarvoor geldt N ⊂ H.(a) Toon aan dat N ook een normaaldeler van H is.(b) Toon aan dat H/N een ondergroep is van G/N.(c) Laat zien dat als X ⊂ G/N een ondergroep is, dan is Y = {a ∈G | aN ∈ X} een ondergroep van G, en N ⊂ Y , en X = Y/N.(d) Bewijs dat als Y ⊂ G een ondergroep is die N bevat, dan geldtdat Y/N een normaaldeler in G/N is dan en slechts dan als Y eennormaaldeler is in G.10. Neem k ≥ 2 vast. In een groep G nemen we de deelverzameling Hbestaande uit alle eindige producten a k 1a k 2 . . . a k n, voor a 1 , . . . , a n ∈ G.Laat zien dat H een normaaldeler in G is, en dat elk element van G/Heen orde heeft die een deler is van k.11. In een abelse groep G nemen we H = {a ∈ G | ord(a) < ∞}. Laat ziendat H een normaaldeler is in G. Bewijs dat het eenheidselement eHhet enige element van G/H is dat een eindige orde heeft.12. Laat n ≥ 5, en neem een oneven k met 3 ≤ k ≤ n.(a) Gegeven een groep G en een niet lege verzameling X ⊂ G met deeigenschap dat voor elke x ∈ X en elke a ∈ G ook axa −1 ∈ X.Bewijs datH = {x ±11 · . . . · x ±1r | x i ∈ X}een normaaldeler in G is.(b) Laat zien dat A n een element van orde k bevat.(c) Laat zien dat A 5 geen element van orde 4 of 6 bevat.(d) Bewijs m.b.v. a) dat elk element van A n te schrijven is als productvan elementen van orde k.


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 978 Homomorfie– en isomorfiestellingenIn dit hoofdstuk komen een aantal rekenregels voor het omgaan met factor<strong>groepen</strong>G/H aan de orde. Een centraal thema daarbij is, hoe een homomorfismevan G/H naar een andere groep gegeven dient te worden. Hetprobleem daarbij is, dat een element gH van G/H op verschillende manierengegeven kan worden: er kan gelden gH = g ′ H terwijl toch g ≠ g ′ . Eenbelangrijk voorbeeld van dit fenomeen kwam al in Lemma 2.3.1 aan de orde.Wie dat lemma goed begrijpt zal ook weinig moeite hebben met de hieronderin Criterium 8.1.2 gegeven algemenere situatie.8.1 homomorfismen vanuit een factorgroepWe geven om te beginnen een eigenschap die elk homomorfisme vanuit eenfactorgroep heeft. Daarna zullen we die eigenschap gebruiken voor het makenvan zulke homomorfismen.Stelling 8.1.1 Laat G en G ′ <strong>groepen</strong> zijn, H een normaaldeler in G, enϕ : G/H −→ G ′een homomorfisme. Dan is, met π : G → G/H het kanonieke homomorfismegegeven door π(g) = gH, de samenstelling ψ = ϕ◦π een homomorfismevan G naar G ′ .Dit homomorfisme ψ heeft de eigenschap dat H ⊂ Ker(ψ).Bewijs. Ga zelf na dat algemeen geldt dat een samenstelling van homomorfismenweer een homomorfisme is. In het bijzonder is dus ψ hier eenhomomorfisme van G naar G ′ .Ook de tweede uitspraak in de stelling berust op een algemeenheid: omdatψ = ϕ ◦ π, volgt Ker(π) ⊂ Ker(ψ), en we weten dat Ker(π) = H. ✷Criterium 8.1.2 Laat H een normaaldeler in een groep G zijn, en G ′ eenwillekeurige groep. Het construeren van een homomorfisme ϕ : G/H → G ′gaat volgens het volgende recept:1. Geef eerst een homomorfisme ψ : G → G ′ met de eigenschap datH ⊂ Ker(ψ).2. Voor ψ als in (1) geldt dan dat ψ(g 1 ) = ψ(g 2 ) voor alle g 1 , g 2 ∈ Gmet de eigenschap g 1 H = g 2 H. Met andere woorden: het voorschriftϕ(gH) = ψ(g) levert een goed gedefiniëerde afbeelding van G/H naarG ′ .


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 983. ϕ : G/H → G ′ als in (2) is een homomorfisme, en er geldt ψ = ϕ ◦ πmet π het kanonieke homomorfisme van G naar G/H.Bewijs. We laten eerst zien dat een ψ als in (1) voldoet aan ψ(g 1 ) = ψ(g 2 )indien g 1 H = g 2 H. Dit volgt uit het feit dat g 1 H = g 2 H wegens Lemma 7.1.7impliceert dat g2 −1 g 1 ∈ H. Omdat H ⊂ Ker(ψ) concluderen we dan datg2 −1 g 1 ∈ Ker(ψ), met andere woorden ψ(g2 −1 g 1 ) = e ′ , het eenheidselementvan G ′ . Hieruit volgt ψ(g 2 ) −1 ψ(g 1 ) = e ′ , en dus ψ(g 1 ) = ψ(g 2 ) wat we wildenaantonen.Vervolgens moeten we laten zien dat de gegeven ϕ een homomorfismeis. Laat g 1 H, g 2 H elementen van G/H zijn. Dan geldt ϕ(g 1 H · g 2 H) =ϕ(g 1 g 2 H) (dit vanwege de definitie van de groepsbewerking in G/H), en verderϕ(g 1 g 2 H) = ψ(g 1 g 2 ) (dat is de definitie van ϕ). Omdat ψ een homomorfismeis, geldt verder ψ(g 1 g 2 ) = ψ(g 1 )ψ(g 2 ), en dat is wegens de definitie vanϕ gelijk aan ϕ(g 1 H)ϕ(g 2 H). Dus we zien dat ϕ(g 1 H ·g 2 H) = ϕ(g 1 H)ϕ(g 2 H),wat we wilden bewijzen.Tenslotte geldt voor willekeurige g ∈ G dat (ϕ ◦ π)(g) = ϕ(gH) = ψ(g),dus inderdaad ψ = ϕ ◦ π.✷Voorbeeld 8.1.3 We gaan alle homomorfismen van Z/12Z naar Z/4Z bepalen.Uit Stelling 8.1.1 en Criterium 8.1.2 blijkt, dat dit neerkomt op hetvinden van alle homomorfismen van Z naar Z/4Z die de eigenschap hebbendat 12Z in de kern zit. Die eigenschap legt echter geen enkele beperking op.Immers, is f : Z → Z/4Z een willekeurig homomorfisme, en n ∈ 12Z, dangeldt n = 12m met m ∈ Z, en dus in het bijzonder n = 3m + 3m + 3m + 3m,hetgeen impliceert dat f(n) = f(3m) + f(3m) + f(3m) + f(3m) = 0.Dus wat we zoeken, zijn gewoon alle homomorfismen van Z naar Z/4Z.Zo’n homomorfisme stuurt het eenheidselement naar het eenheidselement,dwz. 0 naar 0. Stel a ∈ {0, 1, 2, 3} is het beeld van 1. Dan ligt hiermee deafbeelding vast, want 1 + . . . + 1 moet op a + . . . + a worden afgebeeld, ende tegengestelde van 1 + . . . + 1 naar de tegengestelde van a + . . . + a. Gazelf na dat op deze wijze inderdaad een homomorfisme verkregen wordt.In totaal vinden we dus 4 onderling verschillende homomorfismen vanZ/12Z naar Z/4Z. Elk ervan wordt volledig vastgelegd door het beeld van1 mod 12.Voorbeeld 8.1.4 De groep D 4 bestaande uit alle symmetrieën van het vierkantbestaat zoals bekend uit 8 elementen. We leggen dit vierkant in hetvlak zo, dat het middelpunt de oorsprong is. Dan worden de 8 symmetrieëngegeven door lineaire afbeeldingen van R 2 naar R 2 . De symmetrie ‘puntspiegelenin de oorsprong’ vormt samen met de identiteit een ondergroep


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 99H = {±1} ⊂ D 4 . Het is eenvoudig na te gaan dat dit een normaaldeler vanD 4 is. We gaan een isomorfisme D 4 /H ∼ = Z/2Z × Z/2Z geven.Volgens Criterium 8.1.2 moeten we dan beginnen met het maken van eenhomomorfisme van D 4 naar Z/2Z × Z/2Z. De determinant levert een homomorfismevan D 4 naar ±1 ∼ = Z/2Z. Verder heeft een vierkant 2 diagonalen,en elk element van D 4 permuteert deze twee. Dat geeft aanleiding tot eentweede homomorfisme f : D 4 → S 2∼ = Z/2Z. Het paar (det, f) is hetgevraagde homomorfisme:ψ : D 4 −→ Z/2Z×Z/2Z :σ ↦→ (det(σ), f(σ)) ∈ ±1×S 2∼ = Z/2Z×Z/2Z.Er geldt dat ψ surjectief is (geef zelf expliciet elementen van D 4 die naarelk van de elementen van Z/2Z × Z/2Z worden afgebeeld). De kern van ψbestaat per definitie uit alle symmetrieën die de beide diagonalen elk op zichzelfafbeelden, en die bovendien determinant 1 hebben, dus die een draaiingzijn. Hieruit volgt dat de kern precies onze ondergroep H is. Er is hier dusvoldaan aan de voorwaarde H ⊂ Ker(ψ) van Criterium 8.1.2. De conclusiehieruit is, dat er een homomorfisme ϕ : D 4 /H → Z/2Z × Z/2Z is, gegevendoor ϕ(σH) = ψ(σ). Omdat ψ(σ) alle elementen van Z/2Z × Z/2Z doorloopt,geldt dat ϕ surjectief is. Het aantal elementen van D 4 /H is gelijk aan[D 4 : H] = #D 4 /#H = 8/2 = 4 en dat is gelijk aan het aantal elementenvan Z/2Z × Z/2Z. Dit samen met de surjectiviteit van ϕ impliceert dat ϕeen bijectie en dus een isomorfisme is. Dus geldt D 4 /H ∼ = Z/2Z × Z/2Z,zoals we beweerden.8.2 isomorfismen vanuit een factorgroepDe meest gebruikte rekenregel voor het omgaan met factor<strong>groepen</strong> is devolgende.Stelling 8.2.1 Is ψ : G → G ′ een homomorfisme van <strong>groepen</strong>, en H =Ker(ψ), dan is H een normaaldeler in G en er geldtG/H ∼ = ψ(G) ⊂ G ′ .In het bijzonder volgt dat indien ψ surjectief is dan G/H ∼ = G ′ .Bewijs. Het feit dat H een normaaldeler is, staat al vermeld in Stelling7.2.11. Verder wordt vanwege Criterium 8.1.2 door ϕ(gH) = ψ(g) inons geval een goed gedefiniëerd homomorfisme ϕ van G/H naar G ′ gegeven.We bepalen de kern van ϕ. Er geldt gH ∈ Ker(ϕ) precies dan als ϕ(gH)het eenheidselement van G ′ is. Omdat ϕ(gH) = ψ(g), is dit het geval dan en


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 100slechts dan als g ∈ Ker(ψ) = H. Echter g ∈ H is equivalent met gH = eH,oftewel gH is het eenheidselement van G/H. De conclusie is dat Ker(ϕ)alleen uit het eenheidselement van G/H bestaat. Stelling 3.3.6 impliceertdus dat ϕ injectief is.De injectiviteit van ϕ levert dat G/H isomorf is met het beeld van ϕ, endat is per definitie gelijk aan het beeld van ψ. Dus G/Ker(ψ) ∼ = ψ(G), zoalsverlangd. Is ψ surjectief, dan geldt ψ(G) = G ′ en dus G/Ker(ψ) ∼ = G ′ . ✷Voorbeeld 8.2.2 De determinant is een surjectief homomorfisme vanGL n (R) naar de vermenigvuldiggroep R \ {0}. De kern hiervan is preciesSL n (R), en dus impliceert Stelling 8.2.1 datGL n (R)/SL n (R) ∼ = R \ {0}.Voorbeeld 8.2.3 De complexe getallen a+bi met de eigenschap a 2 +b 2 = 1vormen een ondergroep T van de vermenigvuldiggroep C \ {0}. Deze ondergroepis isomorf met de factorgroep R/Z. Immers, x ↦→ e 2πix definiëert eensurjectief homomorfisme van R naar T waarvan de kern precies Z is.De nu volgende twee isomorfiestellingen voor factor<strong>groepen</strong> zijn in feite gevolgenvan Stelling 8.2.1.Stelling 8.2.4 Gegeven is een groep G, een willekeurige ondergroep H ⊂ G,en een normaaldeler N ⊂ G. Dan geldt1. HN = {hn | h ∈ H en n ∈ N} is een ondergroep van G.2. N is een normaaldeler van HN.3. H ∩ N is een normaaldeler van H.4. H/(H ∩ N) ∼ = HN/N.Bewijs. 1: Volgens Stelling 3.2.3 moeten we een drietal eisen (H1, H2, H3)nagaan. H1: er geldt e = e · e en e ∈ H, e ∈ N, dus e ∈ HN. H3:voor willekeurige h ∈ H en n ∈ N weten we dat hn −1 h −1 ∈ N omdat Neen normaaldeler in G is. Dus is (hn) −1 = n −1 h −1 = h −1 · (hn −1 h −1 ) ∈ HN.Tenslotte H2: als h 1 , h 2 ∈ H en n 1 , n 2 ∈ N, dan is h −12 n 1 h 2 ∈ N omdat N eennormaaldeler is. Bijgevolg geldt (h 1 n 1 ) · (h 2 n 2 ) = h 1 h 2 (h −12 n 1 h 2 )n 2 ∈ HN.Dus HN is inderdaad een ondergroep.2: Omdat e ∈ H, is N = eN ⊂ HN. Dus N is een deelverzameling van HN,en omdat N een groep is is het dan ook een ondergroep van HN. Er geldtgNg −1 = N voor alle g ∈ G, dus zeker voor de g ∈ G die in HN zitten. Dus


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 101N is een normaaldeler van HN.3 en 4: definiëer ψ : H → G/N door ψ(h) = hN ∈ G/N. Dit is debeperking tot H van het kanonieke homomorfisme van G naar G/N, dusψ is zelf ook een homomorfisme. Er geldt dat h ∈ Ker(ψ) precies dan alshN = N, ofwel als h ∈ N. Dus Ker(ψ) = H ∩ N, en dit impliceert vanwegeStelling 7.2.11 dat H ∩ N een normaaldeler in H is. Uit Stelling 8.2.1 wetenwe dan dat H/(H ∩ N) isomorf is met het beeld van ψ. We zijn dus klaarwanneer is aangetoond dat ψ(H) = HN/N. Dit is niet moeilijk: een elementvan ψ(H) is van de vorm hN ∈ G/N, en omdat hierin h ∈ H ⊂ HN, zitdat element dan in HN/N. Omgekeerd, een element in HN/N zier eruit alshnN met h ∈ H en n ∈ N. Dan is nN = N en dus hnN = hN, en dat ishet beeld van h ∈ H onder ψ. Hiermee is het bewijs voltooid.✷Voorbeeld 8.2.5 Neem G = Z, n, h ∈ Z en H = hZ en N = nZ. Merkop dat de groepswet op Z ‘optellen’ is; dus Stelling 8.2.4 zegt in dit gevaldat hZ/(hZ ∩ nZ) ∼ = (hZ + nZ)/nZ. Dit kan nog wat verder worden uitgewerkt.Merk op dat hZ ∩ nZ bestaat uit precies alle getallen die zowel eenveelvoud van h als een veelvoud van n zijn. Uit Gevolg 1.2.9 (5) weten wedat dit precies de veelvouden van kgv(h, n) zijn. Dus hZ ∩ nZ = kgv(h, n)Z.Evenzo volgt met behulp van Stelling 1.1.11 dat hZ + nZ = ggd(h, n)Z. WeconcluderenhZ/kgv(h, n)Z ∼ = ggd(h, n)Z/nZ.In het speciale geval dat ggd(h, n) = 1 staat hier hZ/hnZ ∼ = Z/nZ. Overigensgeldt deze isomorfie ook wanneer ggd(h, n) ≠ 1, zoals met behulp vanbijvoorbeeld Stelling 8.2.1 te bewijzen is.Voorbeeld 8.2.6 Kies N = {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} als ondergroepvan G = S 4 en H = alle permutaties in S 4 die het getal 4 vasthouden(dus H = S 3 ⊂ S 4 ). Dan is N een normaaldeler in G. Verder geldtHN = S 4 , want zowel H als N zijn onder<strong>groepen</strong> van HN, dus #HN iszowel door #H = 4 als door #N = 6 deelbaar. Dus 12|#HN. Hieruit volgtdat [S 4 : HN] = 1 of = 2. In het bijzonder is dan HN een normaaldeler inS 4 . Daar S 4 /HN hooguit twee elementen heeft, is deze factorgroep abels,en dit impliceert dat A 4 ⊂ HN. Echter HN bevat ook oneven permutaties,dus volgt HN = S 4 . (Dit kan ook wel op allerlei andere manieren wordeningezien, maar bovenstaand argument illustreert een aantal technieken diewe inmiddels tot onze beschikking hebben.) Omdat H ∩ N = {(1)}, volgtuit Stelling 8.2.4 datS 4 /H = HN/H ∼ = H/(H ∩ N) = S 3 /{(1)} = S 3 .


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 102Een gedeelte van de volgende stelling zijn we al in Opgave 9 van Hoofdstuk 7tegengekomen.Stelling 8.2.7 Gegeven is een groep G en een normaaldeler N in G.1. Elke normaaldeler in G/N is van de vorm H/N, waarbij H een normaaldelerin G is die N omvat.2. Is N ⊂ H voor een normaaldeler H in G, dan geldt(G/N)/(H/N) ∼ = G/H.Bewijs. Voor (1) verwijzen we naar Opgave 9 in Hoofdstuk 7; dit is eennuttige oefening.(2): Beschouw het kanonieke homomorfisme π : G → G/H. Er geldtN ⊂ H en vanwege Stelling 7.2.9 is H = Ker(π), dus N ⊂ Ker(π). VanwegeCriterium 8.1.2 wordt dan door ψ(gN) = π(g) = gH een homomorfismeψ : G/N → G/H gedefinieerd. Dit homomorfisme ψ is surjectief, want πis surjectief. Verder geldt gN ∈ Ker(ψ) precies dan als ψ(gN) = gH = eH,dus Ker(ψ) bestaat uit alle klassen gN met g ∈ H. We concluderen datKer(ψ) = H/N. Uit Stelling 8.2.1 volgt dan(G/N)/(H/N) = (G/N)/Ker(ψ) ∼ = ψ(G/N) = G/H,hetgeen we wilden bewijzen.✷Voorbeeld 8.2.8 De restklassen 2a mod 6 voor a ∈ Z vormen samen eennormaaldeler in Z/6Z. Dit is precies 2Z/6Z, en Stelling 8.2.7 met in dit gevalG = Z en N = 6Z en H = 2Z zegt dat (Z/6Z)/(2Z/6Z) ∼ = Z/2Z.


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 1038.3 Opgaven1. Bepaal alle homomorfismen van Z/4Z naar Z/6Z.2. Bewijs dat C/Z isomorf is met de vermenigvuldiggroep C \ {0}.3. Toon aan dat voor n, h ∈ Z met h ≠ 0 geldt dat hZ/hnZ ∼ = Z/nZ.4. Met N = {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} ⊂ S 4 , toon aan dat(S 4 /N)/(A 4 /N) ∼ = Z/2Z.5. Bewijs dat als k een deler is van N, dan is(Z/NZ)/(kZ/NZ) ∼ = Z/kZ.Is het hier wel nodig te eisen dat k|N?6. Laat n, m ∈ Z beide positief zijn. In de groep D nm noteren we de draaiingover 2π/nm tegen de richting van de klok als ρ. Verder nemen weσ = ‘spiegelen in de x-as’ als element van D nm ; zoals bekend is σρσ =ρ −1 . We beschouwen H = {id, σ} en N = {id, ρ m , ρ 2m , . . . , ρ (n−1)m }.(a) Laat zien dat H een ondergroep is van D nm en dat N een normaaldeleris in D nm .(b) Beargumenteer dat HN ∼ = D n .(c) Bewijs dat D m∼ = Dnm /N.7. Laat G een groep zijn en H 1 , H 2 normaaldelers in G. Definiëer ψ :G → G/H 1 × G/H 2 door ψ(g) = (gH 1 , gH 2 ).(a) Toon aan dat ψ een homomorfisme is en dat H 1 ∩H 2 een normaaldelerin G is.(b) Bewijs dat G/(H 1 ∩H 2 ) isomorf is met een ondergroep van G/H 1 ×G/H 2 .(c) Gebruik (b) om de Chinese Reststelling nog eens opnieuw te bewijzen.8. We gaan bewijzen dat voor n ≥ 5 de enige normaaldeler in S n ongelijkaan {(1)} of de hele groep, A n is. Laat hiertoe N zo’n niet-trivialenormaaldeler in S n zijn.(a) Gebruik dat A n simpel is om aan te tonen dat A n ⊂ N of N ∩A n ={(1)}.


8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 104(b) Laat zien dat als A n ⊂ N, dan volgt N = A n .(c) Laat zien dat als N ≠ {(1)} en N ∩ A n = {(1)}, dan NA n = S nen S n /N ∼ = A n .(d) Concludeer dat in de situatie van onderdeel (c) moet gelden dat#N = 2, en bewijs dat dit in tegenspraak is met het gegeven datN een normaaldeler is.


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 1059 Eindig voortgebrachte abelse <strong>groepen</strong>In dit hoofdstuk houden we ons vooral bezig met commutatieve <strong>groepen</strong>.Ons belangrijkste doel daarbij zal zijn, een beschrijving te geven van allezogeheten eindig voortgebrachte commutatieve <strong>groepen</strong>.9.1 Eindig voortgebrachte <strong>groepen</strong>Definitie 9.1.1 Een groep G heet eindig voortgebracht, wanneer er elementeng 1 , . . . , g n ∈ G bestaan met de eigenschap dat elke g ∈ G te schrijven isalsg = g ±1i 1· . . . · g ±1i tvoor indices i j met 1 ≤ i j ≤ n (N.B. het is hierbij toegestaan dat i k = i l ,met andere woorden, dat een g i meerdere malen gebruikt wordt).Voorbeeld 9.1.21. Iedere eindige groep G is eindig voortgebracht, want we kunnen (bijvoorbeeld)voor {g 1 , . . . , g n } in dit geval de verzameling bestaande uitalle elementen van G nemen.2. De groep Z r = Z × . . . × Z (het product van r kopieën van Z)is eindig voortgebracht. Immers, neem e 1 = (1, 0, . . . , 0), e 2 =(0, 1, 0, . . . , 0), . . . . . . , e r = (0, . . . , 0, 1) ∈ Z r . Een willekeurige(m 1 , . . . , m r ) ∈ Z r is dan te schrijven als m 1 e 1 + . . . + m r e r . (In ditvoorbeeld is deze schrijfwijze bovendien uniek bepaald; de groep Z r isdaarmee een voorbeeld van een zogeheten vrije abelse groep, met basise 1 , . . . , e r .)3. De optelgroep (Q, +, 0) is niet eindig voortgebracht. Immers, alsg 1 , . . . , g n ∈ Q willekeurig genomen zijn, dan kan een eindige som±g i1 ± . . . ± g it geschreven worden als a/b met a ∈ Z en b gelijk aan hetkleinste gemene veelvoud van de noemers van g 1 t/m g n . Dus een getalc/d ∈ Q met c, d ∈ Z en ggd(c, d) = 1 en d groter dan dit kleinste gemeneveelvoud is niet als zo’n som te schrijven. Hieruit volgt dat geenenkele eindige verzameling {g 1 , . . . , g n } ⊂ Q de hele groep voortbrengt.4. Het is mogelijk dat een groep G eindig voortgebracht wordt, terwijleen ondergroep H ⊂ G toch niet eindig voortgebracht is. Een aardigvoorbeeld van dit fenomeen wordt beschreven in het artikel B.L. van derWaerden, Example d’un groupe avec deux générateurs, contenant un


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 106sous-groupe commutatif sans système fini de générateurs, verschenenin het Nieuw Archief voor <strong>Wiskunde</strong>, Vol. 23 (1951), p. 190.Evenzo is het mogelijk dat een eindig voortgebrachte groep wordt voortgebrachtdoor elementen met eindige orde, terwijl toch de groep elementenvan oneindige orde bevat. Als voorbeeld hierbij nemen we σ 1 despiegeling in de x-as en σ 2 = spiegelen in de lijn gegeven door y = ax.Dan is σ 2 σ 1 een rotatie over een hoek α met tan(α/2) = a. Bij geschiktekeuze van a heeft deze rotatie oneindige orde. Echter zowel σ 1als σ 2 hebben orde 2.5. De groep SL 2 (Z) is eindig voortgebracht. Als voortbrengers kan menbijvoorbeeld de matrices S = ( ) (0 −11 0 en T = 1 10 1)nemen. Om tebewijzen dat deze matrices inderdaad de groep voortbrengen, nemenwe A = ( )a bc d ∈ SL2 (Z) willekeurig. Merk op dat T q = ( 1 q( 0 1)en S 2 =−1 00 −1). Als c = 0, dan 1 = det(A) = ad, dus a = d = 1 (en danA = T b ), of a = d = −1 (en dan A = S 2 T −b ). We gaan er dusverder vanuit dat c ≠ 0. Er geldt T q A = ( a+qc ∗c ∗), dus voor geschiktekeuze van q krijgen we hier linksboven de rest r van a bij deling doorc. Voor die q is dan ST q A = ( −c ∗r ∗). Dit proces van vermenigvuldigenmet een geschikte macht van T en vervolgens met S herhalend, wordende getallen in de eerste kolom in absolute waarde steeds kleiner. Dusna eindig veel stappen vinden we een matrix van de vorm ( ∗ ∗0 ∗)endaarvan zagen we reeds dat deze als combinatie van machten van S enT te schrijven is. Hieruit volgt dat ook A zo’n schrijfwijze heeft.In de rest van dit hoofdstuk zullen we ons beperken tot commutatieve<strong>groepen</strong>. De groepswet duiden we aan met +.Stelling 9.1.3 Een eindig voortgebrachte commutatieve groep (A, +, 0) isisomorf met een factorgroep Z n /H voor een ondergroep H ⊂ Z n .Bewijs. Stel dat de verzameling {a 1 , . . . , a n } de groep A voortbrengt. Definiëerϕ : Z n −→ Adoor ϕ(m 1 , . . . , m n ) = m 1 a 1 + . . . + m n a n . Men ziet eenvoudig in dat ϕeen homomorfisme is. Bovendien is ϕ surjectief, want a 1 , . . . , a n brengenA voort, dus elk element van A is als combinatie van deze elementen teschrijven. En omdat A commutatief is, is daarbij de volgorde van de a i ’s nietvan belang. Met andere woorden, een willekeurige a ∈ A is te schrijven alsa = n 1 a 1 + . . . + n n a n , en dat is het beeld van (n 1 , . . . , n n ) onder ϕ.


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 107Schrijf H = Ker(ϕ). Dit is een ondergroep van Z n . Uit Stelling 8.2.1volgt nuZ n /H = Z n /Ker(ϕ) ∼ = ϕ(Z n ) = A.9.2 Onder<strong>groepen</strong> van vrije abelse <strong>groepen</strong>Stelling 9.1.3 laat zien, dat het beschrijven van alle eindig voortgebrachtecommutatieve <strong>groepen</strong> nerkomt op het beschrijven van alle onder<strong>groepen</strong>van Z n en de bijbehorende factor<strong>groepen</strong> Z n /H. Het geval n = 1 kennen weal (vgl. Voorbeeld 3.2.6): dan is H = mZ voor een m ≥ 0. Dus Z/H ∼ = Zals m = 0 en Z/H = (0) als m = 1, en Z/H = Z/mZ in het algemeen.Stelling 9.2.1 Als H ⊂ Z n een ondergroep is, dan is H ∼ = Z k voor een kmet 0 ≤ k ≤ n.Bewijs. We zullen dit met volledige inductie naar n bewijzen. Het gevaln = 0 is triviaal, en het geval n = 1 volgt uit Voorbeeld 3.2.6: dan isnamelijk H = mZ met m ≥ 0. Voor m = 0 is dus H = (0) ∼ = Z 0 , en voorm > 0 is Z ∼ = mZ, met als expliciet isomorfisme het vermenigvuldigen metm.Neem nu aan dat de stelling geldt voor n ≥ 1, en laat H ⊂ Z n+1 eenondergroep zijn. Definiëerπ : Z n+1 −→ Z door π(m 1 , . . . , m n+1 ) = m n+1 .Dit is een homomorfisme, en de kern van π bestaat uit alle rijtjes(m 1 , . . . , m n+1 ) ∈ Z n+1 met m n+1 = 0. We kunnen deze kern daarom identificerenmet Z n . Omdat H ⊂ Z n+1 een ondergroep is, is H ∩ Ker(π) ⊂ Z n erook één. Uit de inductiehypothese volgt dat H ∩ Ker(π) ∼ = Z k voor zekere kmet 0 ≤ k ≤ n.Omdat H ⊂ Z n+1 een ondergroep is, is π(H) ⊂ Z dat ook. Dus π(H) =mZ met m ≥ 0. Is hier m = 0, dan π(H) = (0) dus H ⊂ Ker(π) oftewelZ k ∼ = H ∩ Ker(π) = H. Dus in dit geval zijn we klaar. Neem vanaf nu aandat m ≠ 0. Omdat m ∈ mZ = π(H), kunnen we h k+1 ∈ H kiezen waarvoorgeldt π(h k+1 ) = m. Kies verder h 1 , . . . , h k ∈ H ∩ Ker(π) als beelden van(1, 0, . . . , 0), . . . . . . , (0, . . . , 0, 1) onder een gekozen isomorfisme Z k ∼ = H ∩Ker(π). We gaan bewijzen datψ : Z k+1 −→ H met ψ(m 1 , . . . , m k+1 ) = m 1 h 1 + . . . + m k+1 h k+1een isomorfisme is. Het is duidelijk dat ψ een homomorfisme is, en ook datZ k+1 door ψ inderdaad binnen H wordt afgebeeld. We tonen eerst aan dat✷


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 108ψ surjectief is. Laat h ∈ H willekeurig. Dan geldt π(h) ∈ π(H) = mZ, dusπ(h) = ml voor zekere l ∈ Z. Er volgt dat π(h − lh k+1 ) = π(h) − π(lh k+1 ) =ml − lm = 0, dus h − lh k+1 ∈ Ker(π) ∩ H. Vanwege ons isomorfismeZ k ∼ = Ker(π)∩H zijn er dan l1 , . . . , l k ∈ Z zodat h−lh k+1 = l 1 h 1 +. . .+l k h k .Hieruit volgt dat h = ψ(l 1 , . . . , l k , l), dus ψ is surjectief.Vervolgens laten we zien dat ψ injectief is. Wegens Stelling 3.3.6 volstaathet, aan te tonen dat Ker(ψ) = {(0, . . . , 0)} ⊂ Z k+1 . Welnu, laat(m 1 , . . . , m k+1 ) ∈ Ker(ψ). Dan geldt m 1 h 1 + . . . + m k+1 h k+1 = 0 ∈ H, dusm 1 h 1 + . . . + m k h k = −m k+1 h k+1 . Omdat h 1 , . . . , h k ∈ Ker(π), volgt dan dat−m k+1 h k+1 ∈ Ker(π). Dus 0 = π(−m k+1 h k+1 ) = −m k+1 m. Onze aannamem ≠ 0 levert dat m k+1 = 0, dus m 1 h 1 + . . . + m k h k = −m k+1 h k+1 = 0.Hieruit volgt wegens Z k ∼ = H ∩ Ker(π) dat (m1 , . . . , m k ) = (0, . . . , 0) ∈ Z k .Dus m 1 = . . . = m k = m k+1 = 0, hetgeen laat zien dat ψ injectief is.De afbeelding ψ is dus een isomorfisme, en hiermee is met inductie destelling bewezen.✷Opmerking 9.2.2 In bovenstaand bewijs is meermalen impliciet gebruiktdat voor een commutatieve groep H geldt H ∼ = Z k precies dan, als erh 1 , . . . , h k ∈ H bestaan zodat elke h ∈ H op unieke wijze te schrijven isals h = m 1 h 1 + . . . + m k h k . Een groep H met deze eigenschap wordt eenvrije abelse groep (met basis h 1 , . . . , h k ) genoemd.Voorbeeld 9.2.3 Beschouw H ⊂ Z 3 gegeven doorH = { (a, b, c) ∈ Z 3 | a + 2b + 3c ≡ 0 mod 6 } .Het is niet moeilijk in te zien, dat H een ondergroep van Z 3 is (bijvoorbeeld:H is de kern van het homomorfisme: Z 3 → Z/6Z gegeven door (a, b, c) ↦→a + 2b + 3c mod 6). Wegens Stelling 9.2.1 en Opmerking 9.2.2 bestaan er dusr ∈ {0, 1, 2, 3} en h 1 , . . . , h r ∈ H zodat H de vrije abelse groep met basish 1 , . . . , h r is. We gaan zulke r, h 1 , . . . , h r bepalen volgens de methode vanhet bewijs van Stelling 9.2.1.Laat π i : Z 3 → Z de projectie op de ide coördinaat zijn. Er geldtπ 3 (H) = Z, want (1, 1, 1) ∈ H, dus 1 ∈ π 3 (H) en een ondergroep van Z die 1bevat, is gelijk aan Z. Het bewijs van Stelling 9.2.1 laat zien, dat nu (1, 1, 1)samen met een basis voor Ker(π 3 ) ∩ H een basis voor H is. Nu isKer(π 3 ) ∩ H = {(a, b, 0) | a + 2b ≡ 0 mod 6} .Er geldt π 2 (Ker(π 3 ) ∩ H) = Z, want (4, 1, 0) ∈ Ker(π 3 )∩H en π 2 (4, 1, 0) = 1.Dus een basis voor Ker(π 3 ) ∩ H bestaat uit bijvoorbeeld (4, 1, 0) samen meteen basis voor Ker(π 2 ) ∩ Ker(π 3 ) ∩ H. OmdatKer(π 2 ) ∩ Ker(π 3 ) ∩ H = {(a, 0, 0) | a ≡ 0 mod 6} = Z(6, 0, 0),


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 109vinden we tenslotteH = Z · (6, 0, 0) + Z · (4, 1, 0) + Z · (1, 1, 1).We gaan vervolgens laten zien, dat er voor een ondergroep H ⊂ Z n precieséén getal k met 0 ≤ k ≤ n bestaat zodat H ∼ = Z k . Dit volgt vrij eenvoudiguit het volgende.Stelling 9.2.4 Als Z k ∼ = Z l , dan k = l.Bewijs. Bekijk de samenstelling Z k ∼ = Z l → Z l /2Z l . Hier is de tweedeafbeelding het kanonieke homomorfisme naar een factorgroep, en 2Z l = 2Z×. . . × 2Z. Deze samenstelling is een surjectief homomorfisme, en de kern isprecies 2Z k . Wegens Stelling 8.2.1 is dus Z k /2Z k ∼ = Z l /2Z l .Nu geldt voor elke m ≥ 0 dat Z m /2Z m ∼ = (Z/2Z) m , immers het homomorfismeZ m → (Z/2Z) m gegeven door (n 1 , . . . , n m ) ↦→ (n 1 mod 2, . . . , n m mod2) is surjectief en heeft als kern precies 2Z m ; pas dus opnieuw Stelling 8.2.1toe.In ons geval volgt (Z/2Z) k ∼ = (Z/2Z) l . De eerste groep heeft 2 k elementenen de tweede 2 l , dus volgt k = l zoals we wilden bewijzen.✷Gevolg 9.2.5 Als H ⊂ Z n een ondergroep is, dan is er precies één k zodatH ∼ = Z k (en die k voldoet aan 0 ≤ k ≤ n).Bewijs. Blijkens Stelling 9.2.1 bestaat er zo’n k. Als zowel k 1 als k 2 voldoen,dan Z k 1 ∼ = H ∼ = Zk 2, dus wegens Stelling 9.2.4 volgt k 1 = k 2 .✷9.3 De structuur van eindig voortgebrachte abelse<strong>groepen</strong>De hoofdstelling van de theorie van eindig voortgebrachte commutatieve <strong>groepen</strong>is de volgende.Stelling 9.3.1 Is A een eindig voortgebrachte commutatieve groep, dan bestaater een uniek getal r ≥ 0 en een uniek (eventueel leeg) rijtje (d 1 , . . . , d m )met alle d i ∈ Z en d i > 1 en d m |d m−1 | . . . |d 1 , zodatA ∼ = Z r × Z/d 1 Z × . . . × Z/d m Z.Definitie 9.3.2 Voor een eindig voortgebrachte commutatieve groep A heethet getal r in Stelling 9.3.1 de rang van A. De getallen d 1 , . . . , d m heten deelementaire delers van A.


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 110Voorbeeld 9.3.31. Is H ⊂ Z n een ondergroep, dan wegens Gevolg 9.2.5 H ∼ = Z k vooreen unieke k. In het bijzonder is H dan eindig voortgebracht, en Stelling9.3.1 klopt in dit geval, met rang(H) = k en een leeg rijtje elementairedelers.2. Voor de eindige commutatieve groep A = Z/4Z×Z/6Z geldt rang(A) =0 (allicht), en (d 1 , d 2 ) = (12, 2). Immers,Z/4Z × Z/6Z ∼ = Z/4Z × Z/3Z × Z/2Z ∼ = Z/12Z × Z/2Z.Het belangrijkste hulpmiddel in het bewijs van Stelling 9.3.1 luidt als volgt.Stelling 9.3.4 Als H ⊂ Z n met H ≠ (0) een ondergroep is, dan bestaater een basis f 1 , . . . , f n van Z n en voor zekere k met 1 ≤ k ≤ neen rijtje (d 1 , . . . , d k ) van gehele getallen d i > 0 met d k |d k−1 | . . . |d 1 , zodatd 1 f 1 , . . . , d k f k een basis voor H is.Bewijs. Kies een basis e 1 , . . . , e n voor Z n (bijvoorbeeld de standaardbasis),en een basis g 1 , . . . , g k voor H (die bestaat vanwege Stelling 9.2.1). Dan geldtg i = a 1i e 1 + . . . + a ni e n (i = 1, . . . , k) voor zekere a ij ∈ Z. De getallen a ijvormen een matrix ⎛⎞a 1 1 · · · a 1k⎜⎟⎝ . . ⎠ .a n1 · · · a nkBij elk paar (β = {e 1 , . . . , e n }, γ = {g 1 , . . . , g k }) krijgen we op deze wijzeeen n × k matrix met gehele coëfficiënten, die uitdrukt hoe de basis γ wordtgegeven in termen van de basis β. Vervangen we de basis β door een andere,of vervangen we de basis γ door een andere, dan krijgen we in het algemeeneen andere matrix. Uiteindelijk willen we, door deze bases te veranderenuitkomen op een β ′ voor Z n en een γ ′ voor H, zodat de bijbehorende matrixis.⎛⎜⎝d k0 . . . 0..0 · · · 0⎞⎟⎠


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 111Het volgende algoritme maakt in eindig veel stappen van onze beginmatrixeen matrix van de gewenste vorm, met dus alleen op de hoofddiagonaalevt. getallen ≠ 0.Algoritme.stap 1 Als A de nulmatrix is, dan zijn we klaar. Zoniet, zoek dan een a ijzodat |a ij | positief en zo klein mogelijk is. Verwissel de eerste en de iderij, en ook de eerste en de jde kolom. De nieuwe matrix heeft dan a 1 1ongelijk aan nul, en minimaal. We gaan nu de rest van de eerste kolomschoonvegen.stap 2 Als een getal a i1 in de eerste kolom (met i ≠ 1) ongelijk is aan nul,tel dan een geschikt veelvoud van de eerste rij bij de ide rij op zodat a i1wordt vervangen door een getal r met 0 ≤ r < |a 1 1 |. Is r ≠ 0, verwisseldan vervolgens de ide en de eerste rij. Dit herhalen we tot de rest vande eerste kolom alleen uit nullen bestaat.stap 3 Geheel analoog vegen we vervolgens de rest van de eerste rij schoon.stap 4 We willen er vervolgens voor zorgen dat elk getal in de matrix doora 1 1 deelbaar wordt. Is dit voor a ij nog niet het geval, vervang dan deide rij door de ide plus de eerste (dat verandert alleen iets in de eerstekolom), en tel een geschikt veelvoud van de eerste kolom bij de jdekolom op. Dat levert een a ij die in absolute waarde kleiner is dan a 1 1 .Deze is ≠ 0, want anders zou a ij al door a 1 1 deelbaar zijn geweest.Begin nu opnieuw met stap 1. De nieuwe a 1 1 die we zo krijgen is strictkleiner in absolute waarde dan de oude, dus na eindig veel stappenhebben we inderdaad bereikt dat alle a ij door a 1 1 deelbaar zijn.stap 5 Ga vervolgens dezelfde stappen 1 t/m 4 uitvoeren op de matrix verkregenuit de oude door de eerste rij en kolom weg te laten. De eigenschapdat a 1 1 alle getallen in de matrix deelt blijft hierbij behouden,dus we vinden een a 2 2 die een veelvoud van a 1 1 is, zodat alle overigegetallen in de tweede rij en kolom van de matrix nul zijn, en zodat a 2 2alle a ij met i, j ≥ 3 deelt. Zo doorgaand vinden we een matrix meta ij = 0 als i ≠ j en a 1 1 |a 2 2 | . . . |a k k .stap 6 Door tenslotte rijen met ±1 te vermenigvuldigen en de volgorde vande bijbehorende bases om te keren, wordt een matrix als verlangd verkregen.


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 112We moeten nu aantonen, dat de veranderingen in de beginmatrix die inbovenstaand algoritme plaatsvinden, overeenkomen met het vervangen vaneen basis van Z n of van H door een andere. Hiertoe beschrijven we een aantalmanieren om van een basis op een andere over te gaan, en geven voor elk vandie manieren aan, wat er met de matrix gebeurt.1. Verwissel in de basis voor Z n de jde en de kde basisvector.Dit levert uiteraard weer een basis voor Z n op. Een element a 1 e 1 +. . . + a j e j + . . . + a k e k + . . . + a n e n wordt ten aanzien van de nieuwebasis geschreven als a 1 e 1 + . . . + a k e k + . . . + a j e j + . . . + a n e n . Metandere woorden, in de matrix die we hebben worden de jde en de kderij verwisseld.2. Verwissel in de basis voor H de jde en de kde basisvector. Het effecthiervan op de matrix is, dat de jde en kde kolom omgewisseld worden.3. Vervang de jde basisvector e j van Z k door z’n tegengestelde −e j .Ook dit levert natuurlijk opnieuw een basis op. Ten aanzien van denieuwe basis heeft een element van Z n als jde coördinaat −1 maal dejde coördinaat op de oude basis. Dus het effect op onze matrix is, datalle getallen in de jde rij met −1 worden vermenigvuldigd.4. Vervang de jde basisvector van de gegeven basis voor H door z’n tegengestelde.Het effect hiervan op de matrix is, dat alle getallen in dejde kolom met −1 worden vermenigvuldigd.5. Laat a ∈ Z, laat i ≠ j, en vervang in de basis voor Z n de basisvectore i door e ′ i = e i − ae j .Ook dit levert inderdaad een nieuwe basis voor Z n . Immers, de afbeeldingZ n → Z n gegeven doora 1 e 1 + . . . + a i e i + . . . + a j e j + . . . + a n e n↦→a 1 e 1 + . . . + a i e i + . . . + (a i a − a j )e j + . . . + a n e nis een isomorfisme van <strong>groepen</strong> (ga na!), en {e 1 , . . . , e i , . . . , e n } gaatonder deze afbeelding over in {e 1 , . . . , e ′ i, . . . , e n }.Verder geldta 1 e 1 + . . . + a i e i + . . . + a j e j + . . . + a n e n=a 1 e 1 + . . . + a i (e i − ae j ) + . . . + (a j + a i a)e j + . . . + a n e n ,


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 113en dat betekent dat het effect op onze matrix is, dat de jde rij vervangenwordt door de jde plus a maal de ide.6. Tenslotte kunnen we in de basis voor H analoog de g i vervangen doorg i − ag j . Net als in het bovenstaande geval blijkt, dat dit als effect opde matrix heeft dat de jde kolom wordt vervangen door de jde plus amaal de ide.De conclusie uit de hier gegeven mogelijke basisveranderingen is, dat als den × k matrix A uitdrukt hoe een basis van H wordt weergegeven ten aanzienvan een basis van Z n , en de matrix B is uit A verkregen door herhaald devolgende stappen uit te voeren:1. in de gegeven matrix twee rijen of twee kolommen verwisselen;2. in de gegeven matrix een rij of kolom met −1 vermenigvuldigen;3. in de gegeven matrix een rij/kolom vervangen door die rij/kolom plusa maal een andere rij/kolom;dan stelt ook B een matrix voor die een basis voor H uitdrukt in een basisvoor Z n . Hiermee is de stelling bewezen.✷Opmerking 9.3.5 Merk op dat het hierboven gegeven procedé in feite algemenertoepasbaar is. Namelijk, als we H ⊂ Z n geven als H = Zg 1 +. . .+Zg kvoor zekere g i ∈ Z n , zonder daarbij te veronderstellen dat de g i een basisvoor H vormen, dan kunnen we op dezelfde manier een matrix maken en opdezelfde manier gaan vegen. Uiteindelijk levert dit weer een matrix op metalleen op de diagonaal getallen ongelijk aan nul. De kolommen ≠ 0 van deuiteindelijke matrix beschrijven dan een basis voor H, uitgedrukt in één ofandere basis voor Z n . Dit levert dus een manier om voor een door eindig veelvoortbrengers gegeven ondergroep van Z n enerzijds Stelling 9.2.1 opnieuw tebewijzen, en anderzijds ook echt een basis voor zo’n ondergroep te vinden.Met behulp van Stelling 9.3.4 kunnen we in elk geval het bestaan vanr, d 1 , . . . , d m in Stelling 9.3.1 nu gaan bewijzen.Bewijs. (van het bestaan van r, d 1 , . . . , d m in Stelling 9.3.1.) Laat A eeneindig voortgebrachte commutatieve groep zijn. Volgens Stelling 9.1.3 geldtdan A ∼ = Z n /H voor een ondergroep H ⊂ Z n . Kies bases f 1 , . . . , f n vanZ n en d 1 f 1 , . . . , d k f k van H zoals in Stelling 9.3.4. Onder het isomorfisme


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 114Z n ∼ = Z n gegeven door ∑ a i f i ↦→ (a 1 , . . . , a n ) gaat H over in de ondergroepd 1 Z × d 2 Z × . . . × d k Z × (0) × . . . × (0). Maak vervolgens een afbeeldingϕ :Z n −→ Z/d 1 Z × . . . × Z/d k Z × Z n−kgegeven door ϕ(a 1 , . . . , a n ) = (a 1 mod d 1 , . . . , a k mod d k , a k+1 , . . . , a n ). Dit iseen surjectief homomorfisme, met kern d 1 Z×d 2 Z×. . .×d k Z×(0)×. . .×(0).Derhalve geldt vanwege Stelling 8.2.1 datA ∼ = Z n /H ∼ = Z n / (d 1 Z × d 2 Z × . . . × d k Z × (0) × . . . × (0))∼ = Z/d1 Z × . . . × Z/d k Z × Z n−k .Als we tenslotte nog de factoren Z/1Z ∼ = (0) in dit product weglaten, ende volgorde van de factoren veranderen, levert dit precies de existentie inStelling 9.3.1✷Er rest ons nog, de uniciteit van de getallen r, d 1 , . . . , d m in Stelling 9.3.1aan te tonen. Hierbij is het volgende nuttig.Definitie 9.3.6 Laat A een abelse groep zijn. De verzameling A tor = {a ∈A | ord(a) < ∞} is dan een ondergroep van A, die de torsie ondergroep vanA wordt genoemd.Ga zelf na dat A tor inderdaad een ondergroep is. Er geldt dat A/A tor behalvehet eenheidselement geen elementen van eindige orde heeft (ga na!). Is Aeindig voortgebracht, dan weten we dat A ∼ = Z r × Z/d 1 Z × . . . × Z/d m Z, enin de tweede groep hier zijn elementen van eindige orde precies de elementen(0, . . . , 0, a 1 , . . . , a m ), met a i ∈ Z/d i Z. Hieruit volgt A tor∼ = Z/d1 Z × . . . ×Z/d m Z, en bovendien A/A tor∼ = Z r .Uit bovenstaande discussie volgt in het bijzonder dat r uniek bepaald is.Immers, er geldt Z r ∼ = A/Ator , en dat kan vanwege Stelling 9.2.4 slechts vooréén r.Ook zien we dat d 1 · . . . · d r = # (Z/d 1 Z × . . . × Z/d m Z) = #A tor dus hetproduct van de getallen d 1 t/m d m hangt niet van de gekozen schrijfwijze alsin Stelling 9.3.1 af.Met argumenten van dit soort zullen we de uniciteit van r, d 1 , . . . , d m gaanaantonen. Eerst geven we nog een paar eenvoudiger aan te tonen feitjes. Hetgetal d 1 (dat is de grootste van de elementaire delers) is uniek. Immers,het getal d 1 is het grootste getal dat voorkomt als orde van een element vanZ/d 1 Z × . . . × Z/d m Z (ga na!). Dus is het de maximale orde van een elementvan A tor , en daarmee ligt het vast.


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 115Ook het aantal elementaire delers is direct te beschrijven in termen van A.Immers, neem een priemgetal p. Vermenigvuldigen met p is een homomorfismevan A naar A, en de kern daarvan noemen we A[p]. Dit is dus een ondergroepvan A, en ook van A tor . Het aantal elementen van deze ondergroepA[p] is gelijk aan het aantal elementen (a 1 , . . . , a m ) ∈ Z/d 1 Z × . . . × Z/d m Zdat voldoet aan p(a 1 , . . . , a m ) = (0, . . . , 0). Men rekent na, dat dit aantal gelijkis aan p k , met k het aantal d i ’s zodat p|d i . Deze k is maximaal wanneerwe p een priemdeler van d m kiezen; in dat geval is k = m. Onze conclusie isdat m gelijk is aan de maximale exponent k, zodat er een priemgetal is met#A[p] = p k . Dit bepaalt m in termen van A.Bewijs. (van de uniciteit van de elementaire delers in Stelling 9.3.1.) Hetuiteindelijke bewijs van de uniciteit van d 1 , . . . , d m kan bijvoorbeeld met inductienaar #A tor = d 1 · . . . · d m gegeven worden. Voor #A tor = 1 is het rijtjeelementaire delers leeg, dus hiervoor geldt de uniciteit. Stel #A tor = N > 1,en neem de uniciteit aan voor alle A ′ met #A ′ tor < N. Laat d 1 , . . . , d meen rijtje elementaire delers zijn voor A. Omdat N > 1 is, geldt d m > 1.Dus kunnen we een priemgetal p|d m kiezen. Beschouw nu de factorgroepA ′ = A/A[p]. Omdat A eindig voortgebracht is, is A ′ dat ook, en er geldtA ′ ∼ tor = Z/ d 1pZ × . . . × Z/ dm Z. Uit de inductieveronderstelling volgt, dat depgetallen d 1 /p, . . . , d m /p uniek bepaald zijn, en daarmee zijn d 1 t/m d m datook.✷We beschouwen tenslotte nogmaals bepaalde onder<strong>groepen</strong> van Z n , en metname kijken we wanneer zo’n ondergroep eindige index in Z n heeft.Stelling 9.3.7 Stel dat in Z n een ondergroep H wordt voortgebracht door nelementen g 1 , . . . , g n , met g i = a 1i e 1 +. . .+a ni e n voor zekere basis {e 1 , . . . , e n }van Z n . Zij A = (a ij ) de n × n matrix hierbij; dan geldt dat H eindige indexheeft in Z n precies dan, als det(A) ≠ 0.Is det(A) ≠ 0, dan geldt #Z n /H = | det(A)|.Bewijs. Met de veegmethode beschreven in het bewijs van Stelling 9.3.4kunnen we A overvoeren in een diagonaalmatrix met getallen d 1 , . . . , d n opde diagonaal. Merk op dat bij dat vegen de determinant op teken na nietverandert, dus det(A) = |d 1 · . . . · d n |. Net als in het bewijs van Stelling 9.3.4volgt dat Z n /H ∼ = Z/d 1 Z × . . . × Z/d n Z. Laatstgenoemde groep is eindigprecies dan, als alle d i ’s ongelijk aan 0 zijn. Is dit het geval, dan geldt#Z n /H = |d 1 · . . . · d n | = | det(A)|. ✷⎛Voorbeeld 9.3.8 Neem A = ⎝1 2 02 2 23 4 2⎞⎛⎠ en B = ⎝1 2 22 2 23 4 2⎞⎠.


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 116Er geldt det(A) = 0 en det(B) = 4. Voor de onder<strong>groepen</strong> H 1 = A(Z 3 )en H 2 = B(Z 3 ) van Z 3 geldt dus dat de factorgroep Z 3 /H 1 oneindig is, en datZ 3 /H 2 uit precies 4 elementen bestaat. Met de in het bewijs van Stelling 9.3.4gegeven veegmethode kunnen we A transformeren tot een diagonaalmatrixmet de getallen 1, 2, 0 op de diagonaal. Bijgevolg is Z 3 /H 1∼ = Z × Z/2Z.Evenzo kunnen we B tot de diagonaalgedaante met 1, 2, 2 op de diagonaalomwerken. Dus geldt Z 3 /H 2∼ = Z/2Z × Z/2Z.Het element van orde 2 in Z 3 /H 1 is de klasse (0, 1, 1) + H 1 . Immers, ditis niet het nulelement van Z 3 /H 1 , want dat zou betekenen dat (0, 1, 1) ∈ H 1hetgeen niet het geval is (bijvoorbeeld omdat elk element van H 1 een tweedecoördinaat heeft die even is). De orde van (0, 1, 1) + H 1 is inderdaad 2, want2 · ((0, 1, 1) + H 1 ) = (0, 2, 2) + H 1 = (0, 0, 0) + H 1 , omdat (0, 2, 2) ∈ H 1 .Probeer analoog zelf de drie elementen met orde 2 in Z 3 /H 2 te vinden!


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 1179.4 Opgaven1. Laat zien dat de vermenigvuldiggroep (Q \ {0}, ·, 1) niet eindig voortgebrachtis.2. Bewijs dat als N een normaaldeler in een eindig voortgebrachte groepG is, dan is de factorgroep G/N ook eindig voortgebracht.3. Laat S = ( ) (0 −11 0 en T = 1 10 1)in SL2 (Z) gegeven zijn. Bepaal U = ST ,en laat zien dat ord(S) = 4 en ord(U) = 6 en dat S en U de groepSL 2 (Z) voortbrengen.4. Schrijf de matrix ( ) (55 2134 13 als product van machten van S = 0 −1)1 0 enT = ( 1 10 1).5. Toon aan dat GL 2 (Z) eindig voortgebracht is, en geef expliciete voortbrengersdie allemaal eindige orde hebben (het kan bijvoorbeeld metdrie voortbrengers, van orde 2, 4 en 6).6. Geef een alternatief bewijs voor het feit dat Z k1 ≁ = Zk 2als k 1 ≠ k 2 , doorhet aantal elementen van Z k /2Z k te bekijken.7. Geef een basis voor de ondergroep H ⊂ Z 4 , gegeven door H ={(a, b, c, d) | a + b + c + d = 0 en a ≡ c mod 12}.8. Bepaal de rang en de elementaire delers van elk van de volgende <strong>groepen</strong>.(a) Z × 17Z × Z/18Z × Z/12Z.(b) (Z/15Z) ∗(c) (Z/17Z) ∗(d) Z 3 modulo de ondergroep voortgebracht door (1, 2, 0) en (3, 0, 0).(e) A/H, waarbij A ⊂ Z 5 de groep van alle vijftallen metsom ⎛ 0 is, en H = A ⎞∩ B(Z 5 ) voor de matrix B =−13 1 1 0 01 −13 1 0 0⎜ 1 1 −1 1 1⎟⎝ 0 0 1 −2 0 ⎠ .0 0 1 0 −39. Hoeveel onderling niet isomorfe commutatieve <strong>groepen</strong> met precies 72elementen bestaan er?


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 11810. (a) Gebruik dat 5 2n+1 − 1 = (5 2n − 1)(5 2n + 1) om te bewijzen, dat erprecies n + 2 factoren 2 in 5 2n − 1 zitten.(b) Leidt uit (a) af, dat de orde van 5 in (Z/2 n Z) ∗ gelijk is aan 2 n−2(voor n ≥ 2).(c) Laat zien dat voor n ≥ 2 de afbeelding a mod 2 n ↦→ a mod 4een welgedefinieerd, surjectief homomorfisme van (Z/2 n Z) ∗ naar(Z/4Z) ∗ oplevert, met als kern de ondergroep voortgebracht door5.(d) Bepaal het aantal elementen van orde ≤ 2 in (Z/2 n Z) ∗ , en geefvervolgens de rang en de elementaire delers van (Z/2 n Z) ∗ .11. (a) Laat zien dat als A een eindige commutatieve groep is, en peen priemgetal dat het aantal elementen van A niet deelt, danis A/pA ∼ = (0).(b) Laat zien dat als A = Z/NZ, en p is een priemgetal met p|N, danis A/pA ∼ = Z/pZ.(c) Toon aan, dat als A een eindig voortgebrachte abelse groep is enp een priemgetal, dan is #A/pA = p k , waarin k gelijk is aan desom van de rang van A en het aantal elementaire delers van A datdoor p deelbaar is.12. Laat d ≥ 3 een geheel getal zijn. We gaan in deze opgave het polynoomX 2 + X + d bestuderen. Zij α d ∈ C een nulpunt van dit polynoom.Definiëer A d = {a + bα d | a, b ∈ Z} ⊂ C.(a) Laat zien dat A d een ondergroep van de optelgroep C is, en A d∼ =Z 2 .(b) Neem β = a + bα d ∈ A d . Toon aan dat βA d = {β · γ | γ ∈ A d }een ondergroep is van A d , en dat voor β ≠ 0 geldt #A d /βA d =a 2 − ab + db 2 .(c) We gaan nu veronderstellen dat er een getal a met 0 ≤ a ≤ d − 2bestaat zodat a 2 + a + d geen priemgetal is. Kies bij deze a dekleinste priemdeler p van a 2 +a+d. Laat zien dat p ≤ d−1 geldt.(d) Met a en p als boven, neem H = pA d + (a − α d )A d = {pγ + (a −α d )δ | γ, δ ∈ A d }. Laat zien dat H ⊂ A d een ondergroep is, metvoortbrengers p, pα d , a − α d , d + (a + 1)α. Concludeer hieruit dat#A d /H = p.


9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 119(e) Laat zien dat H geen ondergroep van de gedaante βA d kan zijn.Wel heeft H de eigenschap, dat voor elke h ∈ H en γ ∈ A d het producthγ ook weer in H zit (H is gesloten onder vermenigvuldigenmet A d ); ga dit na.(f) Concludeer, dat indien a 2 +a+d niet voor alle a met 0 ≤ a ≤ d−2een priemgetal is, dan bevat A d een ondergroep die gesloten isonder vermenigvuldigen met A d , maar die niet van de gedaanteβA d voor een β ∈ A d is.(g) Van A 41 en A 17 is bekend, dat alle onder<strong>groepen</strong> die gesloten ondervermenigvuldigen met A d zijn, van de vorm βA d zijn. Welkeconclusies trek je daaruit voor de polynomen X 2 + X + 17 resp.X 2 + X + 41?

Hooray! Your file is uploaded and ready to be published.

Saved successfully!

Ooh no, something went wrong!