Lemat Zassenhausa

Lemat Zassenhausa (także: lemat motyla) – techniczny wynik teorii grup dotyczący kraty podgrup danej grupy, w uogólnieniach również kraty podmodułów ustalonego modułu lub, ogólnie, dowolnej kraty modularnej. „Motyla” można dojrzeć na diagramie Hassego grup biorących udział w twierdzeniu.

Hans Julius Zassenhaus udowodnił lemat, mając na celu podanie czytelniejszej postaci dowodu twierdzenia Shreiera; można go też uzyskać z ogólniejszego wyniku znanego jako twierdzenie Goursata dla rozmaitości Goursata (których przykładem są grupy), wykorzystując prawo modularności Dedekinda. Twierdzenie zachodzi w szczególności również dla grup z operatorami: w sformułowaniu wystarczy zamienić podgrupy normalne na podgrupy stabilne.

Lemat

Niech $G$ będzie grupą, a $A$ oraz $C$ jej podgrupami; ponadto niech $B\trianglelefteq A$ oraz $D\trianglelefteq C$ będą podgrupami normalnymi, wówczas

B(A\cap D)\trianglelefteq B(A\cap C)\quad {\text{oraz}}\quad D(B\cap C)\trianglelefteq D(A\cap C)

i ma miejsce izomorfizm

B(A\cap C){\big /}B(A\cap D)\simeq D(A\cap C){\big /}D(B\cap C).

Dowód

Niech ${\widehat {UV}}:=U\cap V.$ Ponieważ $B\trianglelefteq A,$ to $B\cap C\trianglelefteq A\cap C,$ czyli ${\widehat {BC}}\trianglelefteq {\widehat {AC}};$ podobnie dla $C\trianglelefteq D$ jest ${\widehat {AD}}\trianglelefteq {\widehat {AC}}.$ Jako że ${\widehat {BC}}\trianglelefteq {\widehat {AC}}$ oraz ${\widehat {AD}}\trianglelefteq {\widehat {AC}},$ zapisując dla zwięzłości $E={\widehat {BC}}\,{\widehat {AD}}={\widehat {AD}}\,{\widehat {BC}},$ to zachodzi $E\trianglelefteq {\widehat {AC}}$ (jako iloczyn prosty, zob. iloczyn kompleksowy).

Ponieważ $E\trianglelefteq {\widehat {AC}}\leqslant A$ oraz $B\trianglelefteq A,$ to

BE\trianglelefteq B{\widehat {AC}}\quad {\text{oraz}}\quad B{\widehat {AC}}/BE\simeq {\widehat {AC}}/E(B\cap {\widehat {AC}}).\qquad (1)

Teraz $BE=B({\widehat {BC}}\,{\widehat {AD}})=(B{\widehat {BC}}){\widehat {AD}}=B{\widehat {AD}}$ oraz $E(B\cap {\widehat {AC}})=E$ (ponieważ $B\cap {\widehat {AC}}={\widehat {BC}}\subseteq E$ ), a więc z (1) wynika

B{\widehat {AD}}\trianglelefteq B{\widehat {AC}}\quad {\text{oraz}}\quad B{\widehat {AC}}/B{\widehat {AD}}\simeq {\widehat {AC}}/E.\qquad (2)

Powtarzając to samo rozumowanie dla $A,B$ zastąpionymi odpowiednio $C,D,$ uzyskuje się

D{\widehat {BC}}\trianglelefteq D{\widehat {AC}}\quad {\text{oraz}}\quad D{\widehat {AC}}/D{\widehat {BC}}\simeq {\widehat {AC}}/E.\qquad (3)

Teza wynika z połączenia (2) oraz (3).

Zobacz też

Uwagi

↑ Lemat 1. Niech $B\trianglelefteq A\leqslant G$ oraz $C\leqslant G.$ Wówczas $B\cap C\trianglelefteq A\cap C$ oraz $A\cap C/B\cap C\simeq B(C\cap A)/B.$
Dowód. Drugie twierdzenie o izomorfizmie mówi, że jeśli $G$ jest grupą, a $H\trianglelefteq G$ oraz $K\leqslant G,$ to $H\cap K\trianglelefteq K$ oraz $K/H\cap K$ jest izomorficzna z $HK/H.$
Stosując to twierdzenie dla $G,H,K$ zastąpionych odpowiednio $A,B,A\cap C,$ otrzymuje się $B\cap (A\cap C)\trianglelefteq A\cap C$ oraz $A\cap C/B\cap (A\cap C)\simeq B(A\cap C)/B.$ Skoro $B\cap (A\cap C)=B\cap C,$ a $B(A\cap C)=B(C\cap A),$ to zachodzi teza.
↑ Lemat 2. Niech $A\trianglelefteq C\leqslant G$ oraz $B\trianglelefteq G.$ Wówczas $BA\trianglelefteq BC$ oraz $BC/BA\simeq C/A(B\cap C).$
Dowód. Ponieważ $B\trianglelefteq G,$ to wiadomo, że $AB=BA\leqslant G$ oraz $CB=BC\leqslant G.$ Zatem $BA\leqslant BC.$ Należy dowieść, że $BA$ jest normalna w $BC.$ Zauważając, że $B\leqslant BA\leqslant N_{G}(BA)$ (zob. normalizator), otrzymuje się $(BA)^{b}=BA$ dla wszystkich $b\in B$ (zob. sprzężenie i podgrupa normalna). Wtedy, dla dowolnych $b\in B,\,c\in C,$ jest $(BA)^{bc}=[(BA)^{b}]^{c}=(BA)^{c}=B^{c}A^{c}=BA^{c}=BA,$ ponieważ $B\triangleleft G$ oraz $A\trianglelefteq C.$ Zatem $(BA)^{x}=BA$ dla wszystkich $x\in BC$ oraz $BA\trianglelefteq BC.$ Z drugiego twierdzenia o izomorfizmie z $BC,BA,C$ odpowiednio w miejscach $G,H,K$ otrzymuje się $AB\cap C\trianglelefteq C$ oraz $C/AB\cap C\simeq C(AB)/AB.$ Ponieważ $AB\cap C=A(B\cap C)$ oraz $C(AB)=(CA)B=CB=BC,$ to izomorfizm ten oznacza, że $C/A(B\cap C)\simeq BC/BA.$

Przypisy

↑ Zob. Pierce, s. 27, ćw. 1.
↑ The Butterfly and the Serpent. W: J. Lambek: Logic and Algebra. Aldo Ursini, Paulo Agliano (red.). CRC Press, 1996, s. 161–180. ISBN 978-0-8247-9606-8.

Bibliografia

R.S. Pierce: Associative algebras. Springer, 1982, s. 27. ISBN 0-387-90693-2.
Serge Lang: Algebra. Wyd. III (popr.). Springer-Verlag, s. 20–21, seria: Graduate Texts in Mathematics. ISBN 978-0-387-95385-4.
Hans Zassenhaus. Zum Satz von Jordan–Hölder–Schreier. „Abhandlungen aus dem Mathematischen Seminar der Universität Hamburg”. 10, s. 106–108, 1934.

This article is issued from Wikipedia. The text is licensed under Creative Commons - Attribution - Sharealike. Additional terms may apply for the media files.

[lemat1-3] Lemat 1. Niech $B\trianglelefteq A\leqslant G$ oraz $C\leqslant G.$ Wówczas $B\cap C\trianglelefteq A\cap C$ oraz $A\cap C/B\cap C\simeq B(C\cap A)/B.$
Dowód. Drugie twierdzenie o izomorfizmie mówi, że jeśli $G$ jest grupą, a $H\trianglelefteq G$ oraz $K\leqslant G,$ to $H\cap K\trianglelefteq K$ oraz $K/H\cap K$ jest izomorficzna z $HK/H.$
Stosując to twierdzenie dla $G,H,K$ zastąpionych odpowiednio $A,B,A\cap C,$ otrzymuje się $B\cap (A\cap C)\trianglelefteq A\cap C$ oraz $A\cap C/B\cap (A\cap C)\simeq B(A\cap C)/B.$ Skoro $B\cap (A\cap C)=B\cap C,$ a $B(A\cap C)=B(C\cap A),$ to zachodzi teza.

[lemat2-4] Lemat 2. Niech $A\trianglelefteq C\leqslant G$ oraz $B\trianglelefteq G.$ Wówczas $BA\trianglelefteq BC$ oraz $BC/BA\simeq C/A(B\cap C).$
Dowód. Ponieważ $B\trianglelefteq G,$ to wiadomo, że $AB=BA\leqslant G$ oraz $CB=BC\leqslant G.$ Zatem $BA\leqslant BC.$ Należy dowieść, że $BA$ jest normalna w $BC.$ Zauważając, że $B\leqslant BA\leqslant N_{G}(BA)$ (zob. normalizator), otrzymuje się $(BA)^{b}=BA$ dla wszystkich $b\in B$ (zob. sprzężenie i podgrupa normalna). Wtedy, dla dowolnych $b\in B,\,c\in C,$ jest $(BA)^{bc}=[(BA)^{b}]^{c}=(BA)^{c}=B^{c}A^{c}=BA^{c}=BA,$ ponieważ $B\triangleleft G$ oraz $A\trianglelefteq C.$ Zatem $(BA)^{x}=BA$ dla wszystkich $x\in BC$ oraz $BA\trianglelefteq BC.$ Z drugiego twierdzenia o izomorfizmie z $BC,BA,C$ odpowiednio w miejscach $G,H,K$ otrzymuje się $AB\cap C\trianglelefteq C$ oraz $C/AB\cap C\simeq C(AB)/AB.$ Ponieważ $AB\cap C=A(B\cap C)$ oraz $C(AB)=(CA)B=CB=BC,$ to izomorfizm ten oznacza, że $C/A(B\cap C)\simeq BC/BA.$

[1] Zob. Pierce, s. 27, ćw. 1.

[2] The Butterfly and the Serpent. W: J. Lambek: Logic and Algebra. Aldo Ursini, Paulo Agliano (red.). CRC Press, 1996, s. 161–180. ISBN 978-0-8247-9606-8.