Table Of ContentFRIE ABELSKE GRUPPER.
IANKIMING
Hvis X er delmængde af en abelsk gruppe, har vi – idet vi som sædvanligt i en
abelsk gruppe bruger additiv notation – at:
(cid:104)X(cid:105)={k x +...+k x | k ∈Z , x ∈X}
1 1 t t i i
(jfr. tidligere sætning ang˚aende (cid:104)X(cid:105)). Specielt: (cid:104)x(cid:105)={kx| k ∈Z}.
Viomtaleretudtryksomk x +...+k x hvork ∈ZsomenZ-linearkombination
1 1 t t i
af x ,...,x .
1 t
HvisF erenabelskgruppeogX ⊆F,kaldesX enbasisforF,s˚afremt(cid:104)X(cid:105)=F,
og:
k x +...+k x =0⇒k =...=k =0 ,
1 1 t t 1 t
n˚ar k ∈Z, x ∈X.
i i
Sætning 1. Lad F være en abelsk gruppe og lad n∈N. Da er følgende betingelser
ækvivalente:
(i) F har en basis best˚aende af n elementer.
(ii) F er (indre) direkte sum af n uendelige cykliske grupper.
(iii) F ∼=Zn.
Bevis: (i)⇒(ii): Lad X ={x ,...,x }⊆F være basis for F. Specielt har vi da,
1 n
at kx =0⇔k =0 for k ∈Z og i=1,...,n, s˚a vi ser, at (cid:104)x (cid:105) er uendelig cyklisk.
i i
Lad i ∈ {1,...,n} og lad z ∈ (cid:104)x (cid:105)∩((cid:104)x (cid:105)+...+(cid:104)x (cid:105)+(cid:104)x (cid:105)+...+(cid:104)x (cid:105)).
i 1 i−1 i+1 n
Da findes k ,...,k ∈Z, s˚a z kan skrives
1 n
z =k x ,
i i
men ogs˚a
(cid:88)
z = k x .
j j
j(cid:54)=i
Vi f˚ar da:
(cid:88)
k x + (−k )x =0
i i j j
j(cid:54)=i
hvorfor k =0 (og ogs˚a k =0 for j (cid:54)=i). Alts˚a er z =0.
i j
Alts˚ahaves(cid:104)x (cid:105)∩((cid:104)x (cid:105)+...+(cid:104)x (cid:105)+(cid:104)x (cid:105)+...+(cid:104)x (cid:105))=0fori=1,...,n.
i 1 i−1 i+1 n
Idet klart F =(cid:104)x (cid:105)+...+(cid:104)x (cid:105), følger konklusionen i (ii) af tidligere sætning.
1 n
(ii)⇒(iii): Vi ved, at en uendelig cyklisk gruppe er isomorf med Z.
(iii)⇒(i): Antag, at F ∼=Zn og lad f: Zn →F være en isomorfi. Sæt:
x :=f((0,..., 1 ,...,0))
i
(cid:124)(cid:123)(cid:122)(cid:125)
i
for i=1,...,n.
1
2 IANKIMING
Da f er homomorfi, finder vi for k ,...,k ∈Z:
1 n
n
(cid:88)
f((k1,...,kn)) = f ki·(0,..., 1 ,...,0)
(cid:124)(cid:123)(cid:122)(cid:125)
i=1 i
n n
(cid:88) (cid:88)
= k ·f((0,..., 1 ,...,0))= k x .
i i i
(cid:124)(cid:123)(cid:122)(cid:125)
i=1 i i=1
Da f er surjektiv, ser vi dermed, at F =(cid:104)x ,...,x (cid:105).
1 n
Lad k ,...,k ∈ Z og antag, at k x +...k x = 0. Som ovenfor ses da, at
1 n 1 1 n n
f((k ,...,k )) = 0. Men da f er injektiv, har vi Kerf = 0 hvormed k = ... =
1 n 1
k =0.
n
Alts˚a er {x ,...,x } en basis for F. (cid:3)
1 n
En abelsk gruppe, der opfylder betingelserne i Sætning 1 (for et eller andet n)
kaldes en endeligt frembragt, fri abelsk gruppe (og senere vil vi ogs˚a kalde en s˚adan
gruppe for en fri abelsk gruppe af endelig rang).
Sætning 2. Lad F være en endeligt frembragt, fri abelsk gruppe og antag, at
{x ,...,x } og {y ,...,y } er baser for F.
1 n 1 m
Da gælder m=n.
Bevis: Da F har basis {x ,...,x }, ser vi af Sætning 1, at F ∼=Zn. Mere præcist
1 n
ser vi af beviset for Sætning 1, at vi har en isomorfi f: Zn →F givet ved:
n
(cid:88)
f(k ,...,k )= k x .
1 n i i
i=1
Nu ser man umiddelbart, at
2F :={2z | z ∈F}
erenundergruppeiF. DaF erabelsk, er2F ennormalundergruppeafF. Vikan
da betragte kvotienten F/2F og den kanoniske homomorfi κ: F → F/2F. Lad ϕ
betegne den sammensatte homomorfi:
ϕ:=κ◦f: Zn →F/2F .
Det er klart, at ϕ er surjektiv, idet b˚ade f og κ er surjektive. Hvis (k ,...,k )
1 n
er et element i Kerϕ, er k x +...+k x ∈2F, dvs.:
1 1 n n
k x +...k x =2·z
1 1 n n
for et vist z ∈F. Da {x ,...,x } er en basis for F, kan vi imidlertid ogs˚a skrive z
1 n
p˚a formen:
z =l x +...+l x
1 1 n n
med visse l ∈Z. Vi f˚ar da:
i
(k −2l )x +...+(k −2l )x =0
1 1 1 n n n
hvormed k =2l for i=1,...,n, idet vi igen udnytter, at {x ,...,x } er basis for
i i 1 n
F.
Viharnuindset,atKerϕ=(2Z)n ≤Zn. Afførsteisomorfisætningfølgernu, at
F/2F ∼=Zn/(2Z)n ∼=(Z/2Z)n =(Z/2)n
hvor det andet isomorfitegn følger af en tidligere, generel sætning om direkte pro-
dukter.
FRIE ABELSKE GRUPPER. 3
Idet |Z/2|=2, ser vi, at |(Z/2)n|=2n hvormed sluttes, at |F/2F|=2n.
Gentagesovenst˚aendeargumentmedbasen{y ,...,y },f˚astilsvarende|F/2F|=
1 m
2m. Alts˚a m˚a m=n. (cid:3)
Vi ser alts˚a, at hvis F er en endeligt frembragt, fri abelsk gruppe, da er antallet
af elementer i en basis entydigt bestemt ved F (selvom vi om et øjeblik skal se, at
basen p˚a ingen som helst m˚ade er entydigt bestemt). Dette antal kaldes F’s rang.
Hvis F har rang n, siger vi ogs˚a,at F er en fri abelsk gruppe af rang n.
Sætning 3. Lad F og F være frie abelske grupper af endelig rang.
1 2
Da gælder F ∼=F hvis og kun hvis F og F har samme rang.
1 2 1 2
Bevis: HvisF ogF harsammerangn,gælderF ∼=Zn ∼=F ,ogdermedF ∼=F .
1 2 1 2 1 2
Antagomvendt,atF ∼=F ,ogladϕ:F →F væreenisomorfi. Ladnbetegne
1 2 1 2
rangen af F . Dermed har F alts˚a en basis {x ,...,x } best˚aende af n elementer.
1 1 1 n
Sæt nu:
y :=ϕ(x )
i i
for i = 1,...,n. Da ϕ er surjektiv, og da {x ,...,x } frembringer F , ser vi, at
1 n 1
{y ,...,y } frembringer F . S˚afremt k ,...,k ∈Z med k y +...+k y =0, ser
1 n 2 1 n 1 1 n n
vi, at vi m˚a have k x +...+k x = 0 og dermed k = ... = k = 0, idet ϕ er
1 1 n n 1 n
injektiv.
Alts˚a er {y ,...,y } en basis for F , og F har dermed ogs˚a rang n. (cid:3)
1 n 2 2
Sætning 4. Lad G være en endeligt frembragt, abelsk gruppe.
DaerGethomomorftbilledeafenfriabelskgruppeafendeligrank. Merepræcist
kan denne rank tages til at være antallet af elementer i et sæt af frembringere for
G.
Bevis: Antag, at G er frembragt af {a ,...,a }. Afbildningen Zn →G givet ved:
1 n
(k ,...,k )(cid:55)→k a +...+k a
1 n 1 1 n n
er en homomorfi, og den er surjektiv, idet {a ,...,a } frembringer G. Idet Zn er
1 n
en fri abelsk gruppe af rang n, følger p˚astanden. (cid:3)
Lemma 1. Lad F være en fri abelsk gruppe af rang n og lad {x ,...,x } være en
1 n
basis for F.
For ethvert a ∈ Z og for i (cid:54)= j er da ogs˚a {x ,...,x ,x +ax ,x ,...,x }
1 j−1 j i j+1 n
en basis for F.
Bevis: Idetx =−ax +(x +ax ),servi,atx ∈(cid:104)x ,...,x ,x +ax ,x ,...,x (cid:105).
j i j i j 1 j−1 j i j+1 n
Daklartogs˚ax ∈(cid:104)x ,...,x ,x +ax ,x ,...,x (cid:105)fort(cid:54)=j,harvix ,...,x ∈
t 1 j−1 j i j+1 n 1 n
(cid:104)x ,...,x ,x +ax ,x ,...,x (cid:105). Dermed m˚a
1 j−1 j i j+1 n
(cid:104)x ,...,x ,x +ax ,x ,...,x (cid:105)=F ,
1 j−1 j i j+1 n
idet x ,...,x frembringer F.
1 n
Hvis k ,...,k ∈Z med
1 n
k x +...+k x +k (x +ax )+k x +...+k x =0 ,
1 1 j−1 j−1 j j i j+1 j+1 n n
har vi k x +...(k +ak )x +...k x +...+k x =0 hvilket umiddelbart ses at
1 1 i j i j j n n
medføre k =...=k =0. (cid:3)
1 n
4 IANKIMING
Sætning5. LadF væreenfriabelskgruppeafrangnogladGværeenundergruppe
(cid:54)=0.
Da findes en basis {x ,...,x } for F, et naturligt tal r med 1 ≤ r ≤ n og
1 n
naturlige tal d ,...,d med d | d | ... | d s˚aledes, at G er fri abelsk gruppe med
1 r 1 2 r
basis {d x ,...,d x }.
1 1 r r
Bevis: Vi benytter induktion efter n. Antag derfor først, at n = 1. Da er F ∼= Z.
Lad ϕ: F → Z være en isomorfi. Da er ϕ(G) en undergruppe i Z og har derfor
(idet G(cid:54)=0) form (cid:104)d(cid:105) for et vist d∈N. Vi ser, at G er undergruppen (cid:104)dx (cid:105) i F.
1
Forinduktionsskridtetantagervin>1,ogatdenønskedekonklusionerkorrekt
for frie abelske grupper af rang <n.
LadSbetegnemængdenafalles∈Zforhvilkedereksistererenbasis{y ,...,y }
1 n
for F og et element g i G af form g = sy +k y +...+k y . Bemærk, at vi i
1 2 2 n n
den situation ogs˚a har, at {y ,y ,y ,...,y } er en basis for F, og at elementet g
2 1 3 n
mht. denne basis har fremstillingen g = k y +sy +k y +...+k y hvorfor vi
2 2 1 3 3 n n
m˚a have k ∈S. P˚a samme vis ses, at k ,...,k ∈S.
2 3 n
Bemærkogs˚a, athvis{y ,...,y }erenbasisforF, daerogs˚a{−y ,...,y }en
1 n 1 n
basis for F. Dette viser, at s∈S ⇒−s∈S. Hvis S (cid:54)={0}, indeholder S derfor et
positivt tal.
Nu, idetG(cid:54)=0,erS (cid:54)={0}, ogS haralts˚aetmindstepositivtelementd . Pgra.
1
definitionen af S findes der s˚a en basis {y ,...,y } for F og et element g i G af
1 n
form
g =d y +k y +...+k y
1 1 2 2 n n
for visse k ,...,k ∈Z.
2 n
Skriv nu k =d q +r med q ,r ∈Z og 0≤r <d for i=2,...,n. Da er:
i 1 i i i i i 1
g =d (y +q y +...+q y )+r y +...+r y .
1 1 2 2 n n 2 2 n n
Sættes x :=y +q y +...+q y , ser vi ved gentagen anvendelse af Lemma 1,
1 1 2 2 n n
at {x ,y ,...,y } ogs˚a er en basis for F. Idet g =d x +r y +...+r y i denne
1 2 n 1 1 2 2 n n
basis, og idet 0≤r <d , ser vi pgra. ovenst˚aende bemærking, at r ∈S for alle i.
i 1 i
Pgra. minimaliteten af d m˚a derfor r =0 for alle i. Med andre ord har vi:
1 i
g =d x .
1 1
Betragt nu undergruppen H := (cid:104)y ,...,y (cid:105) af F. Det er klart, at {y ,...,y }
2 n 2 n
er en basis for H, og at H følgelig er en fri abelsk gruppe af rang n−1.
Vi p˚ast˚ar nu, at G=(cid:104)g(cid:105)⊕(G∩H)=(cid:104)d x (cid:105)⊕(G∩H): For det første har vi
1 1
(cid:104)d x (cid:105)∩(G∩H)=0 ,
1 1
idet jo ethvert element i denne undergruppe er Z-linearkombination af s˚avel d x
1 1
– og dermed af x – som af y ,...,y , idet jo G∩H ≤H.
1 2 n
Lad u∈G. Idet {x ,y ,...,y } er basis for F, kan vi skrive
1 2 n
u=t x +t y +...+t y
1 1 2 2 n n
og videre t =d q +r med 0≤r <d . Da er:
1 1 1 1 1 1
G(cid:51)u−q (d x )=r x +t y +...+t y ,
1 1 1 1 1 2 2 n n
og igen pgra. minimaliteten af d ser vi, at r =0. Men s˚a er jo t y +...+t y ∈
1 1 2 2 n n
G∩H hvormed
u=q (d x )+(t y +...+t y )∈(cid:104)d x (cid:105)+(G∩H) .
1 1 1 2 2 n n 1 1
FRIE ABELSKE GRUPPER. 5
Dermed følger p˚astanden G=(cid:104)d x (cid:105)⊕(G∩H).
1 1
Viharnu2muligheder: EntenerG∩H =0ogdermedG=(cid:104)d x (cid:105),ogsætningen
1 1
er bevist.
Eller ogs˚a er G∩H (cid:54)= 0 hvormed vi har en undergruppe G∩H forskellig fra 0
i en fri abelsk gruppe H af rang n−1. Induktionsantagelsen medfører da, at der
findes en basis {x ,...,x } for H og naturlige tal r og d ,...,d med d | ... | d
2 n 2 r 2 r
s˚aledes, at G∩H er fri med basis {d x ,...,d x }. Idet
2 2 r r
F =(cid:104)x (cid:105)⊕H , og G=(cid:104)d x (cid:105)⊕(G∩H)
1 1 1
ser vi, at {x ,...,x } er basis for F, og {d x ,d x ,...,d x } er basis for G. Vi
1 n 1 1 2 2 r r
behøvernublottilslutatargumenterefor, atd |d : Skrivtildetteform˚ald som
1 2 2
d =d q+r med 0≤r <d .
2 1 0 0 1
Da nu {x ,x +qx ,x ,...,x } ifølge lemma 1 er en basis for F, og idet
2 1 2 3 n
r x +d (x +qx )=d x +d x ∈G ,
0 2 1 1 2 1 1 2 2
ser vi igen pgra. minimaliteten af d , at r =0 og dermed det ønskede. (cid:3)
1 0
Korollar 1. Lad G være en endeligt frembragt, abelsk gruppe. Antag, at G er
frembragt af n elementer.
Hvis H er en undergruppe i G findes da m∈N, m≤n, s˚a H er frembragt af m
elementer.
Specielt er H ogs˚a en endeligt frembragt, abelsk gruppe.
Bevis: IfølgeSætning4erfindesderenfriabelskgruppeF afrangnogensurjektiv
homomorfi f: F →G. Anvendes Sætning 5 p˚a undergruppen f−1(H) af F, ser vi,
at f−1(H) er fri abelsk gruppe af rang m for et vist m ≤ n. Specielt kan f−1(H)
frembringes af m elementer. Det samme gælder da for f(f−1(H)) = H (bemærk,
at vi har f(f−1(H))=H, idet f er surjektiv). (cid:3)
Department of Mathematics, University of Copenhagen, Universitetsparken 5, DK-
2100 Copenhagen Ø, Denmark.
E-mail address: [email protected]
