Az eddigiek során számos példát láttunk csoportra. Eleinte konkrét csoportokat vizsgáltunk, amelyek számokból, transzformációkból, mátrixokból álltak. Ezután előtérbe kerültek olyan konstrukciók, amelyek csoportokból újabb csoportokat állítanak elő. Szó volt direkt szorzatról, faktorcsoportról, de ide sorolhatjuk a generált részcsoport fogalmát is. Ebben a szakaszban egy újabb csoportkonstrukciót ismertetünk. A most készítendő csoportok homomorf képeként minden más csoport előáll majd.
Megjegyzés
Vektorterekben a független generátorrendszereket neveztük bázisnak. A bázis jelentősége nemcsak az, hogy a vektorteret koordinátázhatjuk a segítségével, hanem az is, hogy lehetővé teszi a vektortéren értelmezett lineáris leképezések áttekintését. Az előírhatósági tétel szerint egy bázis elemein bárhogy is adunk meg egy függvényt egy másik vektortérbe, az egyértelműen kiterjeszthető egy lineáris leképezéssé. Így a lineáris leképezéseket mátrixokkal jellemezhetjük, és ezért könnyebb számolni velük.
Egy θ csoporthomomorfizmust is egyértelműen meghatároz az, ha ismerjük egy generátorrendszeren felvett értékeit (lásd 4.6.9. Gyakorlat). Az azonban nem igaz általában, hogy ezeket az értékeket tetszőlegesen írhatnánk elő. Például ha a g1 generátorelem négyzete az egységelem, akkor ennek a feltételnek a θ(g1) elemre is teljesülnie kell. Ugyanígy, ha g1g2=g2g1, akkor θ(g1) és θ(g2) is fölcserélhető lesz. Ezek a generátorelemek közötti összefüggések a lineáris összefüggés általánosításainak tekinthetők. A g1,..., gn generátorrendszert szabad generátorrendszernek szeretnénk nevezni, ha nincs az elemei között ilyen rejtett összefüggés. Nem könnyű azonban megfogalmazni, hogy milyen összefüggéseket zárjunk ki. Például a g1g1-1=g2-1g2 összefüggést meg kell, hogy engedjük, hiszen ez a csoportaxiómák miatt mindig teljesül. Egy összefüggést akkor kell megengednünk (akkor
nem rontja el a szabadságot), ha az minden csoportban igaz. Az ilyen megengedett összefüggések technikai leírása helyett sokkal kényelmesebb ezt a tulajdonságot a homomorfizmusok nyelvén megfogalmazni. Például a g1g2=g2g1 nem megengedett összefüggés, mert nem teljesül mondjuk az S3
csoport (12) és (23) elemeire. Vagyis nincs olyan homomorfizmus, ami g1-et (12)-be, g3-at (23)-ba vinné. Ezek szerint a szabadság feltétele az, hogy az előírhatósági tétel teljesüljön az adott generátorrendszerre.
4.10.1. Definíció. A G csoport egy g1,...,gn generátorrendszerét szabad generátorrendszernek nevezzük, ha bármely H csoportra, és h1,...,hn elemekre (egyértelműen) létezik olyan θ:G→ H homomorfizmus, melyre θ(gi)=hi minden 1≤ i≤ n esetén. Átfogalmazva: az X⊆ G (esetleg végtelen) generátorrendszer akkor szabad, ha bárhogyan is veszünk egy H csoportot és egy θ:X→ H tetszőleges függvényt, ez kiterjeszthető egy G→ H homomorfizmussá. A G csoport szabad, ha van szabad generátorrendszere.
4.10.2. Tétel. Minden X halmazhoz létezik egy olyan csoport, amelyet X szabadon generál, és ez a csoport izomorfia erejéig egyértelműen meghatározott. Az X által generált szabad csoportot F(X)-szel fogjuk jelölni.
Megjegyzés
Ezt a tételt (általánosabban, nemcsak csoportokra) belátjuk majd a 3. szakaszban. Most egy másik bizonyítást adunk, aminek az az előnye, hogy leírja az X által generált szabad csoport elemeit (lásd 4.10.5. Következmény). Azt javasoljuk az Olvasónak, hogy mindenképpen eméssze meg ennek a következménynek az állítását akkor is, ha a most következő bizonyítást átugorja.
Bizonyítás. Elsőként az egyértelműséget látjuk be, mert ahhoz nem kell ismerni a szabad csoportok szerkezetét.
Tegyük föl, hogy a G és a H csoportokat is szabadon generálja az X generátorrendszer. Mivel G szabad, az X identikus leképezése kiterjeszthető egy θ: G→ H homomorfizmussá. Ugyanígy, mivel H szabad, van olyan ψ:H→ G homomorfizmus, ami X elemeit fixen hagyja. Megmutatjuk, hogy θ és ψ egymás inverzei. Ehhez elég belátni, hogy ψ∘θ a G identikus leképezése, és θ∘ψ a H identikus leképezése. Az elsőt mutatjuk meg, a második ugyanúgy megy.
A G csoportból önmagába két homomorfizmusunk van: ψ∘θ és az identitás. Az X generátorrendszeren megegyeznek (mert ott mindkettő az identitás). A 4.6.9. Gyakorlat miatt tehát a két homomorfizmus az egész G-n megegyezik.
Térjünk most rá a szabad csoport létezésének bizonyítására. Az X halmaz minden x eleméhez készítsünk el egy x-1 elemet is (úgy, hogy ezek az X elemeitől és egymástól is különbözzenek). Jelölje S az így kapott x és x-1
„betűkből” álló „szavak” halmazát, vagyis az olyan véges sorozatokét, amelyek minden eleme x vagy x-1 alakú.
Ha X={x,y}, akkor egy ilyen „szó” például a következő lehet:
Ezt a szót az összevonásokat elvégezve így írhatjuk fel:
Az üres szót is bevesszük, aminek egyetlen betűje sincs. Értelmezzük az s és t szavak szorzatát st-nek, azaz úgy, hogy a szavakat ebben a sorrendben egymás után írjuk. Ez nyilván egy asszociatív művelet, amelyre nézve az üres szó kétoldali neutrális elem. Ezért az üres szót a továbbiakban 1-gyel jelöljük.
Azt szeretnénk, hogy x és x-1 egymás inverzei legyenek. Ez most nem áll, mert xx-1 nem az egységelem (nem az üres szó). Ezért xx-1-et (és x-1x-et) azonosítani szeretnénk 1-gyel. Ez persze további azonosításokat von maga után. Például az xyy-1x-1x és az y-1yx szavak is egyenlővé válnak, hiszen ha mindkettőből kihúzzuk az egymás melletti „inverzeket”, akkor mindkettő az x szóvá egyszerűsödik. Azt szeretnénk belátni, hogy az azonosítás után már csoportot kapunk, mégpedig az X által generált szabad csoportot.
Technikailag az azonosítást a következőképpen kezelhetjük. Nevezzük elemi átalakításnak azt a lépést, amikor egy szóból kihúzunk (vagy betoldunk) xx-1-et vagy x-1x-et. Képletben:
tetszőleges c, d szavak és x∈ X esetén. Azt mondjuk, hogy az s és t szavak ekvivalensek, képletben s∼ t, ha véges sok elemi átalakítás segítségével s-ből megkaphatjuk t-t.
Nagyon könnyű ellenőrizni, hogy a ∼ ekvivalenciareláció az S halmazon. A reflexivitás teljesül, hiszen minden szó önmagába alakítható nulla lépésben. A szimmetria is igaz, hiszen az elemi átalakítások is szimmetrikusak:
oda-vissza alkalmazhatók. Végül a tranzitivitást az biztosítja, hogy két véges átalakítás-sorozatot egymás után fűzve szintén véges átalakítás-sorozatot kapunk.
A G csoport elemei legyenek a ∼ ekvivalenciarelációhoz tartozó partíció osztályai. A bizonyítás első lépése az, hogy könnyen megjegyezhető szabályt adunk arra, mikor ekvivalens két szó. Vegyünk egy u szót, és kezdjük kihuzigálni belőle az egymás melletti xx-1 és x-1x alakú betűpárokat. Ezt esetleg sokféleképpen tehetjük, hiszen az u szóban több ilyen betűpár is lehet. A végeredmény egy olyan szó lesz, amiben már nincs kihúzható betűpár.
Az ilyen szavakat egyszerűsíthetetlennek hívjuk majd.
4.10.3. Állítás. Egy u szót bárhogyan is egyszerűsítünk kihúzásokkal, a kapott egyszerűsíthetetlen szó mindig ugyanaz lesz. Az s és t szavak akkor és csak akkor ekvivalensek, ha őket kihúzásokkal leegyszerűsítve ugyanazt az egyszerűsíthetetlen szót kapjuk.
Ez az állítás tehát azt fejezi ki, hogy ha az s és t szavakat nagyon trükkösen, például sok betoldással és kihúzással egymásba tudjuk alakítani, akkor ezt megtehetjük azzal az egyszerű módszerrel is, hogy mindkettőt a lehető legprimitívebben egyenlővé egyszerűsítjük. Az u szónak ezt az (egyértelműen meghatározott) egyszerűsíthetetlen alakját u'-vel fogjuk jelölni a későbbiekben.
Bizonyítás. Szükségünk lesz a következő észrevételre.
4.10.4. Lemma. Tegyük föl, hogy egy v szóba egy elemi átalakítással betoldunk, a következő lépésben pedig kihúzunk belőle, és így egy w szóhoz jutunk. Ekkor vagy v=w (azaz a két lépés fölösleges), vagy pedig v-ből w-be eljuthatunk úgy is, hogy először v-ből kihúzunk egy párt, majd az eredményw-be w-betoldunk egy párt.
Bizonyítás. Legyen v=cd, amibe betoldunk c és d közé xx-1-et (abban ez esetben, amikor x-1x-et toldunk be, a gondolatmenet ugyanaz lesz), majd a kapott cxx-1d szóból kihúzunk egy betűpárt, és eredményül a w szót kapjuk.
Ha a kihúzás a c vagy a d szóból történt, akkor megtehetjük, hogy először ezt a kihúzást végezzük el, és utána toldunk be xx-1-et. Akkor sincs gond, ha a most betoldott xx-1-et húzzuk ki, mert akkor v=cd=w. A harmadik lehetőség az, ha a most betoldott xx-1 betűk valamelyikét húzzuk ki. Ez vagy úgy történhet, hogy c utolsó betűje x-1, vagy úgy, hogy d első betűje x. Az első esetben c=c1x-1 és a kihúzás után w=c1x-1d=cd, vagyis ismét v=w.
Ugyanígy v=w adódik a másik esetben is (amikor d első betűje x). □
Folytassuk a 4.10.3. Állítás bizonyítását. A 4.10.4. Lemmának az a következménye, hogy ha az s és t szavak között van egy átalakítás-sorozat, akkor ezt módosíthatjuk úgy, hogy először a kihúzások, és azután a betoldások következzenek. Valóban, ha betoldás megelőz kihúzást, akkor van olyan betoldás is, ami után közvetlenül kihúzás következik, és akkor egy kihúzást mindig eggyel előbbre hozhatunk (vagy a lemma v=w esetében mindkettőt törölhetjük). Legyen r a kihúzások után következő szó az átalakításban. Ekkor tehát s-ből kihúzásokkal r, innen betoldásokkal t adódik.
Ha tehát s és t ekvivalens szavak, akkor mindkettőből alkalmas kihúzásokkal elérhető ugyanaz a szó (nevezetesen az r). Még azt kell megmutatni, hogy ha egy szót többféleképpen egyszerűsítünk, akkor ugyanazt az eredményt kapjuk. Valóban, tegyük föl, hogy egy u szónak s és t is egyszerűsíthetetlen alakja. Ekkor s és t ekvivalensek, és ezért a már bizonyítottak szerint van közös r egyszerűsítésük. De mindketten egyszerűsíthetetlenek, tehát csak s=r=t lehetséges. Ezzel a 4.10.3. Állítást beláttuk. □
Megértettük tehát, hogy az s és t szavak akkor és csak akkor vannak egy ∼-osztályban, ha az (egyértelműen meghatározott) egyszerűsíthetetlen alakjuk egyenlő, azaz s'=t'. Ennek birtokában definiálhatjuk az osztályok között (azaz a G csoportban) a szorzást. Két osztályt úgy akarunk összeszorozni, ahogy a faktorcsoportban szorzunk: kiveszünk belőlük egy-egy szót, megnézzük, hogy a szorzatuk melyik osztályba esik, és ez az osztály lesz az eredmény. A faktorcsoportnál tanultakhoz hasonlóan most is meg kell mutatni, hogy ez a művelet jóldefiniált, ami a következőt jelenti: ha s1∼ t1 és s2∼ t2, akkor be kell látni, hogy s1s2∼ t1t2.
Az s1s2 egyszerűsítését kezdhetjük úgy, hogy először külön-külön s1-et, illetve s2-t egyszerűsítjük le. Ekkor s1's2 '-höz jutunk (ami persze általában nem egyenlő (s1s2)'-vel). Így s1s2∼ s1's2'. Ugyanígy t1t2∼ t1't2'. De tudjuk, hogy s1∼ t1 miatt s1'=t1', és s2∼ t2 miatt s2'=t2', ezért s1's2'=t1't2'. Így
A ∼-osztályok között most definiált szorzás tehát tényleg jóldefiniált.
Az a leképezés, ami minden szóhoz a ∼-osztályát rendeli, nyilván szorzattartó. Emiatt S szorzásának asszociativitása öröklődik az osztályok szorzására is. Az is nyilvánvaló, hogy az üres szó osztálya egységelem lesz. Végül belátjuk, hogy minden osztálynak van inverze. Az x és x-1 osztályai inverzek, mert az xx-1 és az x-1x szorzatok 1-re egyszerűsödnek. De minden szó ilyen elemek szorzata, és ezért minden osztály x1... xn alakban írható, ahol az xi valamelyik x-nek vagy x-1-nek az osztálya alkalmas x∈ X-re. Ekkor pedig ennek az osztálynak inverze lesz xn-1... x1-1. Így beláttuk, hogy a ∼-osztályok G halmaza csoport, amelyben az x∈ X elemek osztályai generátorrendszert alkotnak. Meg kell még mutatnunk, hogy ez a generátorrendszer szabad.
Legyen H tetszőleges csoport, és θ:X→ H egy függvény. Ekkor θ megadható minden s∈ S szón a következőképpen: ha x∈ X, és θ(x)=h, akkor legyen θ(x-1)=h-1, ha pedig s=x1... xn, ahol xi∈ X∪ X-1, akkor legyen θ(s)=θ(x1)...θ(xn). Nyilván θ szorzattartó leképezés S-ből H-ba.
Mi nem S-en, hanem G-n szeretnénk a θ leképezést értelmezni. Ehhez belátjuk, hogy θ minden ∼-osztályon konstans. Nyilván θ(xx-1)=θ(x-1x)=1H. Így elemi átalakítások során nem változik meg θ értéke, de akkor ilyenek sorozatánál sem. Értelmezzük θ-t az s szó osztályán θ(s)-nek. Ekkor egy G-ből H-ba vezető homomorfizmust kaptunk, ami az x∈ X elemek osztályain a θ által előírt értékeket veszi fel. Ezzel a 4.10.2. Tétel bizonyítását befejeztük. □
Az előző bizonyításban kapott G csoportnak valójában nem részhalmaza X, hanem az x∈ X elemek ∼-osztályai lesznek G elemei. Ezek azonban páronként különböző osztályok (hiszen az egybetűs szavakat nem lehet egyszerűsíteni). Ezért azonosíthatjuk az x elemet az x osztályával. Ekkor G-nek X részhalmazává válik.
Természetesen az x-1 szimbólumot is azonosítjuk az x osztályának inverzével. Ez azzal jár, hogy xx-1 és x-1x az egységelemmel lesz azonos, vagyis a ∼-osztályok egy elemre esnek össze. Ezt az elemet természetesen az osztály egyetlen egyszerűsíthetetlen elemének érdemes választani, amikor a csoport elemeit leírjuk. A 4.10.3.
Állítás miatt a szabad csoport elemeiről a következőket állíthatjuk.
4.10.5. Következmény. Legyen G az X által generált szabad csoport. Ekkor X és X-1 diszjunktak, és G az X∪ X-1 elemeiből készített szorzatokból áll. Ha
két ilyen egyszerűsíthetetlen szorzat (vagyis egyikben sem áll egymás mellett egy X-beli elem és az inverze), akkor e két szorzat csak akkor egyenlő, ha tényezőről tényezőre megegyeznek (vagyis n=k, és x1=y1,..., xn=yn).
Megemlítünk egy nevezetes tételt, melynek bizonyítását a A.3.16. Példában vázoljuk majd.
4.10.6. Tétel. [Nielsen–Schreier-tétel] Szabad csoport minden részcsoportja is szabad.
4.10.7. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha egy szabad csoportban X és Y is szabad generátorrendszer, akkor X és Y elemszáma megegyezik.
4.10.8. Feladat. * Bizonyítsuk be, hogy a két elemmel generált szabad csoportnak van olyan részcsoportja, amelynek a szabad generátorrendszere végtelen.
Csoportokat úgy is konstruálhatunk, hogy megmondjuk, milyen tulajdonságú elemek generálják, és ezek között milyen összefüggések teljesüljenek. Technikailag ezt úgy valósítjuk meg, hogy a csoportot egy szabad csoport faktoraként definiáljuk. A módszert először konkrét példákon mutatjuk be.
Egy szabályos n-szög szimmetriacsoportját diédercsoportnak neveztük, és Dn-nel jelöltük. A 4.5.10.
Gyakorlatban beláttuk, hogy a csoportnak 2n eleme van: n forgatás, és n tükrözés, a 4.1.23. Állításban pedig megmutattuk, hogy hogyan lehet a diédercsoport elemeivel kényelmesen számolni. A bizonyítás kulcsa a következő észrevétel volt (lásd a 4.6.18. Feladat megoldását és az alábbi 4.10.11. Gyakorlatot is).
4.10.9. Állítás. Ha a G csoport t és f elemeire teljesül, hogy 1. a csoportot t és f generálja;
2. fn=1, t2=1, tft-1=f-1,
akkor G minden eleme fi vagy tfi alakban írható, és
ahol az f kitevőjében a + és a - jelek a mod n műveleteket jelentik. A tfi elemek mindegyikének önmaga az inverze.□
Az (1) és (2) feltételeknek azonban nem csak a Dn diédercsoport tesz eleget. Egészen triviális példaként megfelel például az egyelemű csoport is, ahol f=t=1. De kielégíti a feltételeket az n-edrendű ciklikus csoport is, ahol f az egyik generátorelem, és t=1. Ugyanígy a kételemű ciklikus csoport is jó lesz, ahol t a generátorelem és f=1. Sőt, megfelel a Dk diédercsoport is k∣ n esetén, ha f-et egy 2π/k szögű forgatásnak, t-t pedig tetszőleges tengelyes tükrözésnek választjuk. A felsorolt esetek mindegyikében valamiféle összeesés van az eredetileg felsorolt 2n elem között. Ez az összeesés valójában egy homomorfizmus!
4.10.10. Következmény. Jelöljön F az origó körüli 2π/n szögű forgatást, T pedig az origón átmenő tengelyre való tükrözést (és így ⟨ T,F⟩ ≅ Dn). Egy G csoport pontosan akkor elégíti ki a 4.10.9. Állítás (1) és (2) feltételeit, ha van olyan θ:Dn→ G szürjektív homomorfizmus, melyre θ(F)=f és θ(T)=t.
Bizonyítás. A 4.10.9. Állításból világos, hogy ha egy G csoport eleget tesz ezeknek az összefüggéseknek, akkor a θ:TiFj↦ tifj szürjektív homomorfizmus (hiszen a Dn és a G csoportokban ugyanazok a képletek adják meg a szorzástáblát). Megfordítva, ha θ:Dn→ G egy szürjektív homomorfizmus, akkor f=θ(F) és t=θ(T) nyilván generátorrendszert alkot G-ben (lásd 4.7.29. Gyakorlat), amely teljesíti az fn=1, t2=1, tft-1=f-1 egyenlőségeket, hiszen ezek F-re és T-re is teljesülnek. □
A Dn diédercsoport tehát a „legnagyobb” olyan csoport, ami a fölírt két feltételt teljesíti, abban az értelemben, hogy minden más ilyen csoport Dn-nek homomorf képe. Sokszor előfordul, hogy a fordított feladatot kell megoldanunk: olyan csoportokat keresünk, amelynek bizonyos generátorelemei között bizonyos összefüggéseket ismerünk.
4.10.11. Gyakorlat. Legyenek n>0, m>0 és k egész számok. Mutassuk meg, hogy ha a G csoportot generálják az f és t elemek, melyekre fn=tm=1 és tft-1=fk teljesül, akkor G elemszáma legfeljebb nm, és minden eleme tifj alakban is, futv alakban is fölírható alkalmas i, j, u, v egészekre.
Például melyek azok a csoportok, amelyek az f és t elemekkel generálhatók, de most azt tudjuk, hogy
Az egyelemű csoport persze most is kielégíti a feltételeket, de esetleg más csoportok is. Van-e ezek között legnagyobb? A megoldást most is kezdhetjük úgy, hogy megpróbáljuk a csoport összes elemét fölírni. A 4.10.11. Gyakorlat szerint a csoport minden eleme tifj alakú lesz, ahol 0≤ i,j<4. Látszólag ez 16 elemet enged meg, de f2=t2 miatt f2 helyébe t2-et, f3 helyébe t2f-et írhatunk. Tehát a j értéke csak 0 vagy 1 lehet. Így a csoportnak legfeljebb 8 eleme van.
Abból azonban, hogy ezt a nyolc szót fölírjuk, és össze is tudjuk szorozni őket az adott szabályok szerint, még nem következik, hogy van ilyen nyolcelemű csoport. Hiszen nem tudhatjuk, hogy ha még tovább ügyeskednénk és alakítgatnánk a fenti elemeket, akkor a most kapott nyolc elem között nem fedezhetnénk-e föl további összeeséseket.
Például tekintsük az alábbi összefüggésrendszert:
Ugyanúgy, mint az előző két példában, itt is minden elemet tjfi alakra hozhatunk, ahol 0≤ i,j<3, vagyis a csoportnak legfeljebb kilenc eleme lehet. De ezek között további, rejtett egyenlőségek vannak! Hogy ezeket felfedezzük, próbáljuk meg a tf=f-1t=f2t összefüggéssel „hátraszállítani” az f=t3f elem három t betűjét:
Innen pedig f=1, vagyis ez a csoport maximum háromelemű, és így a legnagyobb ilyen csoport a harmadrendű ciklikus csoport, ahol f az egységelem, t pedig az egyik generátor.
Megjegyzés
Azt, hogy f=1 jött ki, a következő magyarázza. Folytassuk a 4.10.11. Gyakorlat megoldásában elkezdett gondolatmenetet. Láttuk, hogy a t elemmel való θt konjugálás az invertálás az N=⟨ f⟩ normálosztón. A t3-nel való konjugálás a θt3 lesz (a 4.9.18. Gyakorlat szerint), vagyis az invertálás (kompozícióra vett) köbe, ami szintén az invertálás, hiszen az invertálás az N csoportnak másodrendű automorfizmusa. A t elemnek viszont a köbe az egységelem, és így a vele való konjugálás az identitás.
Az jött tehát ki, hogy az N-en az invertálás az identitással egyenlő, vagyis f=f-1. Innen f3=1 miatt tényleg f=1 adódik.
Térjünk most vissza az imént vizsgált
feltételrendszerhez. Ha azt akarjuk bizonyítani, hogy a kapott nyolc elem között már nincs összeesés, akkor elvileg megtehetnénk, hogy fölírjuk a szorzástáblát, és ellenőrizzük az asszociativitást. Ez óriási munka lenne, és gyorsabban is célt érhetünk, ha találunk egy olyan nyolcelemű csoportot, ami ezeket az összefüggéseket teljesíti. Ilyen a kvaterniócsoport, ahol f=i és t=j megfelelő lesz. Az összefüggéseinket kielégítő többi csoport pedig a kvaterniócsoport homomorf képe.
Megjegyzés
Bárhogyan is írunk föl generátorokat és összefüggéseket, az egyelemű csoport mindig kielégíti őket.
Általában igen nehéz, sőt sokszor megoldhatatlan feladat adott összefüggések esetében megállapítani, hogy melyik az a legnagyobb csoport, ami ezeket kielégíti. Erről részletesebben a szakasz végén mesélünk majd. Most belátjuk, hogy ez a legnagyobb csoport mindig létezik.
Fogalmazzuk meg pontosan, hogy mit is értünk „generátorelemek közötti összefüggés” alatt. Egy ilyen összefüggés, például az ft=tf-1, valójában két „szó” egyenlősége, amelyek „betűi” a generátorelemekből és inverzeikből kerülnek ki. Tehát itt a szabad csoport elemeiről van szó.
4.10.12. Definíció. Tegyük föl, hogy adottak az x1,...,xn úgynevezett „generátorok”, és az u1=v1,...,uk=vk
úgynevezett „(definiáló) relációk”, ahol u1,v1,...,uk,vk az X={x1,...,xn} halmaz által generált szabad csoport elemei (vagyis az xi és xi-1 „betűkből” képzett „szavak”). Azt mondjuk, hogy egy G csoport g1,...,gn generátorrendszere teljesíti ezeket a relációkat, ha az ui és vi szavakban xi helyébe mindenütt gi-t írva mindegyik ui=vi „reláció” a G csoportban egyenlőséggé válik.
Megjegyzés
Megjegyezzük, hogy mind a generátorok, mind a relációk száma végtelen is lehet. Az előző definíció a könnyebb érthetőség kedvéért szemléletes, fogalmazzuk meg precízen is. Adott egy X halmaz által generált F szabad csoport, és egy u=v definiáló reláció (u, v∈ F). Ha G tetszőleges csoport, amelyben X minden elemének megfelel egy elem, akkor ezt egy θ:X→ G függvénnyel adhatjuk meg. Tudjuk, hogy ez egyértelműen kiterjeszthető egy θ:F→ G homomorfizmussá. Az, hogy az u=v reláció G ezen elemeire teljesül, úgy fogalmazható, hogy θ(u)=θ(v).
4.10.13. Tétel. Tegyük föl, hogy xi generátorok, és uj=vj definiáló relációk. Ekkor létezik egy olyan G csoport, amely a homomorf kép értelmében a legnagyobb az e relációkat teljesítő csoportok között. Vagyis G alkalmas gi
generátorrendszere teljesíti az adott relációkat, és ha egy H csoport egy hi generátorrendszere is teljesíti ezeket a relációkat, akkor van olyan α:G→ H szürjektív homomorfizmus, amelyre α(gi)=hi minden i-re. A G csoport izomorfia erejéig egyértelműen meghatározott.
Bizonyítás. Jelölje X az xi generátorok halmazát, és F az F(X) szabad csoportot. Tekintsük az uj-1vj elemeket F-ben, ahol uj=vj befutja az összes relációt, és legyen N a legszűkebb normálosztója F-nek, amely ezeket az elemeket tartalmazza (4.8.20. Gyakorlat). Megmutatjuk, hogy a G=F/N és gi=xiN választás kielégíti a feltételeket.
Jelölje θ:F→ G a természetes homomorfizmust (amelyre θ(w)=wN). Ekkor θ(xi)=xiN=gi, továbbá uj-1vj∈ N miatt ujN=vjN, vagyis θ(uj)=θ(vj). Így a G csoport gi elemei teljesítik az uj=vj relációkat.
Legyen most H egy csoport, amelynek a hi generátorrendszere szintén kielégíti az adott relációkat. Tekintsük azt a ψ:F→ H homomorfizmust, amely mindegyik xi-t hi-be viszi. Mivel a hi elemek teljesítik a relációkat, ψ(uj)=ψ(vj) minden j-re. Emiatt a ψ leképezés M magja tartalmazza az uj-1vj elemeket. De N a legszűkebb normálosztó, ami ezeket az elemeket tartalmazza, és így N⊆ M. A 4.7.28. Gyakorlat szerint tehát van olyan α:
G→ H homomorfizmus, amelyre ψ=α∘θ. Erre
Innen az is látszik, hogy α szürjektív (mert generátorrendszert generátorrendszerbe visz). A G csoport tehát megfelel a feltételeknek.
Végül tegyük föl, hogy egy másik, K csoport alkalmas ki generátorrendszere is teljesíti a tétel feltételeit. Ekkor a már bizonyított állítás miatt létezik olyan α:G→ K homomorfizmus, melyre α(gi)=ki minden i-re. Mivel K is teljesíti a tétel feltételeit, G pedig az adott relációkat, létezik egy olyan β:K→ G homomorfizmus is, amelyre β(ki)=gi minden i-re. Ez a két homomorfizmus egymás inverze a két generátorrendszeren, és ezért egymás inverzei a G és a H csoportokon is (ezt ugyanaz a gondolatmenet bizonyítja, mint amit a 4.10.2. Tétel bizonyításának legelején használtunk). Ezzel a tételt beláttuk. □
4.10.14. Definíció. Az előző tételbeli G csoportot a következőképpen jelöljük:
Azt is mondjuk, hogy a G csoportot az xi generátorok és az uj=vjdefiniáló relációk határozzák meg.
Az eddig szerepelt három konkrét számolás eredménye tehát az új jelöléssel a következőképpen írható:
Az eddig szerepelt három konkrét számolás eredménye tehát az új jelöléssel a következőképpen írható: