Oversikt

En undergruppe $N \le G$ er normal (skrevet $N \trianglelefteq G$) dersom $gNg^{-1} = N$ for alle $g \in G$. Ekvivalent: venstre- og hoyresideklassene er like, dvs. $gN = Ng$ for alle $g$. Normalitet er nodvendig for a danne kvotientgruppen $G/N$.

Kvotientgrupper

Nar $N \trianglelefteq G$, er mengden av sideklasser $G/N = \{gN : g \in G\}$ en gruppe under operasjonen $(g_1 N)(g_2 N) = (g_1 g_2)N$. Ordenen er $|G/N| = |G|/|N|$ (indeks).

Isomorfiteoremer

Forste isomorfiteorem: Dersom $\varphi: G \to H$ er en surjektiv homomorfi med kjerne $K = \ker(\varphi)$, sa er $$G/K \cong H$$

Dette er det viktigste verktøyet for a identifisere kvotientgrupper: konstruer en homomorfi med onsket bilde og bestem kjernen.

Sylows teoremer

La $|G| = p^a m$ der $p \nmid m$. Da:

Det finnes en undergruppe av orden $p^a$ (Sylow $p$-undergruppe).
Alle Sylow $p$-undergrupper er konjugerte.
Antallet $n_p$ av Sylow $p$-undergrupper tilfredsstiller $n_p \equiv 1 \pmod{p}$ og $n_p \mid m$.

Dersom $n_p = 1$, er Sylow $p$-undergruppen normal. Dette er den viktigste metoden for a vise at en gruppe har en normal undergruppe.

Simple grupper

En gruppe $G$ er simpel dersom de eneste normalgruppene er $\{e\}$ og $G$. For a vise at $G$ ikke er simpel, finner man en ikke-triviell normalgruppe -- ofte via Sylows teoremer.

Eksempel 1 (Eksamen 2018, Oppgave 2)

Oppgave: La $G$ vaere en gruppe av orden 2018 = $2 \cdot 1009$. Vis at $G$ har en normal syklisk undergruppe $H$ av orden 1009.

Losning: Vi bruker Sylows tredje teorem. Antall Sylow-1009-undergrupper $n_{1009}$ tilfredsstiller: $$n_{1009} \equiv 1 \pmod{1009} \quad \text{og} \quad n_{1009} \mid 2$$ Mulige verdier: $n_{1009} \in \{1, 2\}$. Siden $2 \not\equiv 1 \pmod{1009}$, ma $n_{1009} = 1$. Den unike Sylow-1009-undergruppen $H$ er dermed normal i $G$. Siden 1009 er et primtall, er $H \cong \mathbb{Z}_{1009}$, altsa syklisk. $\square$

Eksempel 2 (Eksamen 2021, Oppgave 1b)

Oppgave: Finn alle elementer av orden 3 i matrisegruppen $G = \left\{\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix} : a \in \mathbb{Z}_6^*, b \in \mathbb{Z}_6\right\}$. Bevis at $G$ ikke er simpel.

Losning: Vi har $|G| = |\mathbb{Z}_6^*| \cdot |\mathbb{Z}_6| = 2 \cdot 6 = 12$. Enhetsgruppen er $\mathbb{Z}_6^* = \{1, 5\}$. For a ha orden 3 trengs $a$ med $a^3 = 1$ i $\mathbb{Z}_6^*$. Sjekk: $1^3 = 1$ og $5^3 = 125 \equiv 5 \pmod{6}$. Sa bare $a = 1$ gir $a^3 = 1$. Matrisen $\begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix}^k = \begin{pmatrix} 1 & kb \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, sa orden 3 krever $3b \equiv 0 \pmod{6}$, altsa $b \in \{0, 2, 4\}$. Elementene av orden 3 (unntatt $b=0$ som gir identiteten) er de med $b \in \{2, 4\}$.

Undergruppen $N = \left\{\begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix} : b \in \{0, 2, 4\}\right\}$ har orden 3 og er normal i $G$ (sjekkes ved konjugering). Siden $N \neq \{e\}$ og $N \neq G$, er $G$ ikke simpel. $\square$

Studieguide: Normalgrupper og kvotientgrupper

Studieguide: Normalgrupper og kvotientgrupper