Reducir un entero módulo cuatro borra algunas diferencias, pero conserva cómo se suman los resultados. Un homomorfismo formaliza esa conservación. Su núcleo dice qué se borra; las clases agrupan entradas que ya no distinguimos. Veremos por qué hace falta normalidad para operar con esas clases y cómo recuperar exactamente la imagen.
Si necesitas repasar:
1. Un homomorfismo respeta la operación, aunque no preserve todas las distinciones
Cada lado usa la operación de su propio grupo. En grupos aditivos escribimos φ(a+b)=φ(a)+φ(b); entre un grupo aditivo y uno multiplicativo la fórmula cambia de símbolo en cada lado.
No exige inyectividad ni sobreyectividad. El mapa constante al neutro respeta la operación y puede borrar toda la información.
Doblar sí conserva la suma
φ:ℤ→ℤ, φ(n)=2n.
Dos entradas
φ(a+b)=2(a+b).Distribuir
2(a+b)=2a+2b=φ(a)+φ(b).Alcance
Es inyectiva, pero solo alcanza los enteros pares.
Es un homomorfismo aditivo sin ser sobreyectivo sobre ℤ.
Se comprueba una identidad para cualesquiera a,b; no solo dos valores favorables.
Elevar al cuadrado no conserva la suma
ψ:ℤ→ℤ, ψ(n)=n².
Una pareja
Con a=b=1, ψ(a+b)=ψ(2)=4.Otro lado
ψ(1)+ψ(1)=1+1=2.Comparar
Cuatro no es dos.
No es homomorfismo entre esos grupos aditivos.
La función cuadrado sí puede respetar otras operaciones en otros grupos; la operación declarada forma parte de la pregunta.
2. El núcleo vive en la salida invisible del dominio; la imagen vive en el destino
No intercambiamos los universos de núcleo e imagen.
Por tanto φ es inyectiva exactamente cuando kerφ={e_G}. Las entradas que difieren por el núcleo llegan al mismo resultado.
La reducción que identifica restos
φ:ℤ→ℤ/4ℤ, φ(n)=[n].
Núcleo
[n]=[0] exactamente cuando 4|n: kerφ=4ℤ.Imagen
Todos los restos cero uno dos tres tienen un representante entero, así que la imagen es todo el destino.
Fibras
Dos enteros tienen igual imagen si su diferencia es múltiplo de cuatro.
Es sobreyectiva y no inyectiva.
El núcleo es un conjunto de enteros; la imagen es un conjunto de clases módulo cuatro.
Núcleo trivial sin imagen completa
Para φ(n)=2n de ℤ a ℤ.
Núcleo
2n=0 implica n=0.Imagen
Son exactamente los múltiplos de dos.
Consecuencia
Es inyectiva, pero uno no está en la imagen.
El núcleo decide inyectividad, no sobreyectividad.
Que ambos grupos de partida y llegada sean ℤ no obliga a que la regla alcance todos sus elementos.
3. Normal significa conservar el subgrupo al conjugar, no que todo conmute
No exige gng⁻¹=n para cada n: la conjugación puede reorganizar los elementos dentro de N.
En un grupo abeliano todos los subgrupos son normales porque cada conjugación deja cada elemento igual. En grupos no abelianos hay subgrupos normales y otros que no lo son. Usamos composición de permutaciones de derecha a izquierda.
Normal, pero no punto por punto inmóvil
En S₃, N={e,(123),(132)}.
Subgrupo
Es el cíclico generado por (123), de orden tres.
Conjugar
Conjugar un ciclo renombra sus entradas: cualquier conjugado de un ciclo de longitud tres vuelve a ser uno de los dos de N.
No central
(12)(123)(12)=(132), distinto de (123).
N es normal aunque sus elementos no conmuten con todo S₃.
La igualdad es entre conjuntos conjugados, no entre cada elemento y su conjugado.
Un subgrupo que se mueve a otro
H={e,(12)} en S₃; toma g=(123).
Subgrupo
(12)²=e, así que H es cerrado con inversos.Conjugación
g(12)g⁻¹=(23).Comparar
{e,(23)}≠H.
H no es normal.
Basta una conjugación que cambie el conjunto para refutar la condición universal.
4. Un núcleo siempre es normal porque las operaciones invisibles siguen siendo invisibles
Aplicarlo a g⁻¹ da la inclusión contraria y por tanto igualdad.
No imponemos normalidad al núcleo como una suposición nueva: se deduce de respetar la operación. Será el enlace que permite agrupar entradas por lo que φ no distingue y operar de forma coherente con esas agrupaciones.
Paridad de permutaciones
El signo s:S₃→{1,−1}, con operación multiplicativa en el destino.
Homomorfismo
Podemos definir s como determinante de la matriz de permutación; det(PσPτ)=det(Pσ)det(Pτ).
Núcleo
Las permutaciones pares son e y los dos ciclos de longitud tres.
Normalidad
Como forman ker s, su normalidad queda demostrada por el argumento general.
A₃ es normal en S₃.
La operación del destino multiplica signos, mientras la del dominio compone permutaciones.
Un núcleo de matrices
det:GL₂(ℝ)→ℝ sin cero, ambos multiplicativos.
Dominio
GL₂ reúne las matrices invertibles; sus determinantes no son cero.
Homomorfismo
det(AB)=det(A)det(B).Núcleo
Las matrices de determinante uno forman SL₂(ℝ), que por ser núcleo es normal.
SL₂(ℝ) es un subgrupo normal de GL₂(ℝ).
No se afirma que esas matrices conmuten con todas las demás; la condición normal es estabilidad del conjunto al conjugar.
5. Primero existen clases como conjuntos; después preguntamos si podemos multiplicarlas
Para un subgrupo N, la clase aN reúne los elementos an con n∈N. aN=a′N equivale a a′=an para algún n∈N. Las clases particionan G incluso cuando N no es normal.
El posible problema es elegir otros representantes a′,b′ de las mismas clases y obtener una clase diferente. La normalidad resuelve esa dependencia, como comprobaremos en el siguiente paso.
Dos clases infinitas fáciles de reconocer
N=2ℤ en (ℤ,+).
Clases
N son los pares y 1+N los impares.
Representantes
Tres y −1 representan la misma clase porque difieren en cuatro.
Tipo
La clase de tres es el conjunto de todos los impares, no el número tres aislado.
El conjunto de clases tiene dos elementos, cada uno un conjunto infinito.
Tamaño del cociente y tamaño de cada clase son preguntas distintas.
Clases de un subgrupo no normal también particionan
H={e,(12)} en S₃.
Primera
H={e,(12)}.Otras
(13)H={(13),(123)} y (23)H={(23),(132)}.Partición
Las tres parejas reúnen las seis permutaciones sin repetirse.
El conjunto de clases existe aunque H no sea normal.
Esto aún no demuestra que el producto heredado entre esas clases esté bien definido.
6. Normalidad permite cambiar representantes sin cambiar el resultado
Con esta independencia comprobada, G/N es grupo: asociatividad heredada, neutro N e inverso (aN)⁻¹=a⁻¹N. En notación aditiva sumamos clases. Si la normalidad falta, puede fallar precisamente la independencia de representantes.
Cambiar los representantes en una suma
En ℤ/5ℤ calcula [4]+[3].
Primeros
4+3=7, cuya clase es [2].Otros
Podemos usar 9 en vez de 4 y −2 en vez de 3; 9+(−2)=7.General
Añadir 5r y 5s a las entradas añade 5(r+s) al resultado.
La clase suma no depende de elegir representantes.
El subgrupo 5ℤ es normal porque ℤ es abeliano.
Un producto que sí cambia de clase
Usa H={e,(12)} en S₃ y b=(13).
Una elección
e representa H y e·b=(13), dentro de bH={(13),(123)}.Otra elección
(12) también representa H, pero (12)(13)=(132).Comparar
(132) pertenece a otra clase y no a bH.
La regla (aH)(bH)=abH no está bien definida aquí.
No es un fallo al calcular: muestra exactamente la necesidad de normalidad para el cociente heredado.
7. La proyección natural borra exactamente el subgrupo normal
Así todo subgrupo normal aparece como un núcleo.
Elegir un representante por clase no convierte ese conjunto de representantes en subgrupo de G. El grupo cociente opera con clases completas, como las filas del dibujo.
Convertir las tres filas en tres elementos de cociente
G=ℤ/12ℤ y N={0,3,6,9}.
Normalidad
Es subgrupo de un grupo abeliano, por tanto normal.
Tamaño
El cociente tiene 12/4=3 clases: N,1+N,2+N.Operación
(1+N)+(2+N)=3+N=N.
π tiene núcleo N y el cociente es un grupo de tres elementos.
Los representantes {0,1,2} no están cerrados bajo suma módulo doce: 1+2=3. Las clases, en cambio, sí lo están.
Una proyección con clases de números reales
π:ℝ→ℝ/ℤ, con suma.
Clases
t y s representan lo mismo si t−s es entero.
Ejemplo
−1/4 y 3/4 están en la misma clase.
Núcleo
π(t) es la clase neutra exactamente para t∈ℤ.
La proyección borra vueltas enteras y conserva la fase aditiva.
El cociente no es finito; no aplicamos una división de tamaños finitos para contarlo.
8. Primer isomorfismo: el cociente por el núcleo conserva exactamente la imagen
Está bien definida porque multiplicar por un elemento del núcleo no cambia la salida. Respeta operaciones y es sobreyectiva sobre imφ por definición.
Si dos clases tienen igual imagen, φ(g)=φ(h), entonces h⁻¹g∈kerφ y las clases son la misma: Φ es inyectiva. Por eso G/kerφ≅imφ. Solo cuando φ es sobreyectiva podemos sustituir la imagen por todo el codominio H en esta conclusión.
Una imagen más pequeña que el codominio
φ:ℤ→ℤ², φ(n)=(n,0), con sumas.
Núcleo
Solo n=0 va al par neutro.Imagen
Es la recta de pares (n,0); no contiene (0,1).
Isomorfismo
ℤ/{0} se identifica por Φ con esa imagen, no con todo ℤ².
El teorema conserva la información de la regla concreta.
No se declara sobreyectividad sobre ℤ² por el mero hecho de haber escrito una aplicación a ese codominio.
Una reducción entre grupos finitos
φ:ℤ/12ℤ→ℤ/4ℤ, φ([n]₁₂)=[n]₄.
Bien definida
Cambiar n por n+12k cambia el resto módulo cuatro en un múltiplo de cuatro.
Núcleo e imagen
El núcleo es {0,4,8}; todos los restos módulo cuatro se alcanzan.
Cociente
El grupo de doce elementos, dividido por ese núcleo de tres, tiene cuatro clases e isomorfo Φ al destino.
(ℤ/12ℤ)/{0,4,8}≅ℤ/4ℤ.
El cociente se hace por un subgrupo normal explícito; el isomorfismo envía cada clase a su resto módulo cuatro.
9. Misma estructura no significa igualdad literal ni mismo tamaño suficiente
Un isomorfismo es un homomorfismo biyectivo y permite traducir operaciones en ambos sentidos. Los objetos pueden ser distintos: clases de números reales pueden corresponder a puntos de una circunferencia.
Un isomorfismo conserva potencias y órdenes. Por eso contar el mismo número de elementos no basta para probar que dos grupos son isomorfos: debemos construir la aplicación o mostrar propiedades que la permitan o impidan.
De fases aditivas a puntos multiplicativos
φ:ℝ→S¹, φ(t)=e^(2πit).
Operación
φ(t+s)=φ(t)φ(s), suma en ℝ y producto complejo en S¹.Núcleo e imagen
El núcleo es ℤ; todo punto de módulo uno tiene un ángulo θ y se alcanza con t=θ/(2π).
Primer isomorfismo
La clase t+ℤ corresponde al punto e^(2πit).
ℝ/ℤ≅S¹ como grupos.
Las clases son conjuntos de reales y los puntos son complejos; el isomorfismo los relaciona sin hacerlos literalmente el mismo objeto.
Cuatro elementos no bastan para un isomorfismo
Compara ℤ/4ℤ y (ℤ/2ℤ)², ambos aditivos.
Primero
Tiene un elemento de orden cuatro.
Segundo
Todo elemento no neutro tiene orden dos.
Invariante
Un isomorfismo conservaría el orden, imposible para ese elemento.
No son isomorfos aunque ambos tengan cuatro elementos.
La estructura de la operación aporta información que no contiene la mera cardinalidad.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Reducir módulo cinco
φ:Z→Z/5Z, φ(n)=[n]. Halla núcleo e imagen.
Operaciones
Ambos grupos son aditivos y φ(n)=[n] módulo cinco.
Homomorfismo
φ(a+b)=[a+b]=[a]+[b].Núcleo
[n]=[0] equivale a 5|n.Conjunto
kerφ=5ℤ.Imagen
Cada una de las cinco clases se alcanza usando su representante entero, así que la imagen es todo ℤ/5ℤ.
Cociente
Diferir en 5ℤ equivale a tener la misma imagen; el primer isomorfismo identifica esas clases con los restos.
kerφ=5Z, imagen Z/5Z.
Cambiar n por n+5k no altera su imagen, y dos enteros con igual resto difieren precisamente en un múltiplo de cinco.
EJEMPLO RESUELTO 2
Producto en un cociente
Calcula [3]+[4] en Z/6Z.
Operación
En ℤ/6ℤ se suman clases, aunque el producto de cocientes se escriba de forma general en otros grupos.
Definición
[3]+[4]=[3+4]; 6ℤ es normal en el grupo abeliano ℤ.Sumar
3+4=7.Reducir
7=6+1 y difiere de uno en un múltiplo de seis.Clase
[7]=[1].Otra elección
Usar nueve en vez de tres da 9+4=13, también de clase [1]. En general, añadir múltiplos de seis a las entradas no cambia la clase resultado.
[1].
La independencia de representantes se verifica en general porque sumar múltiplos de seis a las entradas añade otro múltiplo de seis a su suma.
Los símbolos que hemos usado
- φ:G→H
- Homomorfismo con φ(ab)=φ(a)φ(b).
- kerφ
- Elementos de G cuya imagen es el neutro de H.
- imφ
- Subgrupo de H formado por los valores alcanzados.
- N◁G
- N es subgrupo normal: gNg⁻¹=N para todo g∈G.
- aN
- Clase lateral izquierda {an:n∈N}.
- G/N
- Conjunto de clases que forma grupo si N es normal.
- ≅
- Isomorfismo: biyección que respeta la operación.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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