inhoudsopgave - university of groningentop/alg1.pdf1 de gehele getallen 4 hebben al gezien dat r 2 r...

INHOUDSOPGAVE 1

Inhoudsopgave

1 De gehele getallen 31.1 Deling (met rest) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Priemfactorontbinding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Rekenen modulo N 162.1 Restklassen modulo N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Eenheden modulo N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3 De Chinese reststelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 Groepen en homomorfismen 293.1 Groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 Ondergroepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3 Homomorfismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4 Permutatie-groepen 454.1 Bijecties op een verzameling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2 Permutaties op n getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.3 Even en oneven permutaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.4 De alternerende groep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.5 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

5 Groepen van symmetrieen 565.1 een aantal matrixgroepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.2 groepen van isometrieen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.3 De diedergroepen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.4 Symmetriegroepen van de platonische lichamen. . . . . . . . . 655.5 Automorfismen van een graaf . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.6 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

6 Conjugatie, index en Sylow-groepen 756.1 conjugatie en index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.2 Sylow ondergroepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

INHOUDSOPGAVE 2

7 Normaaldelers en factorgroepen 877.1 Normaaldelers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 877.2 Factorgroepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 907.3 Normaaldelers in de alternerende groep . . . . . . . . . . . . . 927.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

8 Homomorfie– en isomorfiestellingen 978.1 homomorfismen vanuit een factorgroep . . . . . . . . . . . . . 978.2 isomorfismen vanuit een factorgroep . . . . . . . . . . . . . . . 998.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

9 Eindig voortgebrachte abelse groepen 1059.1 Eindig voortgebrachte groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1059.2 Ondergroepen van vrije abelse groepen . . . . . . . . . . . . . 1079.3 De structuur van eindig voortgebrachte abelse groepen . . . . 1099.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

1 DE GEHELE GETALLEN 3

1 De gehele getallen

In dit hoofdstuk houden we ons bezig met de verzameling van alle gehele ge-tallen Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .}. Veel elementaire eigenschappen daar-van zijn ons welbekend uit het lager– en middelbaar onderwijs. Wat daarevenwel in de meeste gevallen niet gedaan wordt, is zulke eigenschappen ookecht bewijzen. Dat doen we hier wel, en in latere hoofdstukken zal blijkenhoe dat weer te gebruiken is voor bijvoorbeeld een beter begrip van het re-kenen met resten bij deling door een vast getal. Dat laatste kan dan op zijnbeurt gebruikt worden voor bijvoorbeeld het vinden van criteria die zeggenof een gegeven groot getal een priemgetal is of niet. En zo zullen we hier enin verdere hoofdstukken veel meer voorbeelden zien van soms vrij abstractedefinities en bewijzen, die later in concrete situaties heel goed toepasbaarblijken te zijn.

1.1 Deling (met rest)

Al op de lagere school komen we sommen als 100 : 7 = 14 rest 2 tegen.Achter dit soort opgaven ligt het volgende.

Stelling 1.1.1 (Deling met rest.) Laat a, b ∈ Z met b > 0. Dan bestaan erq, r ∈ Z waarvoor

a = qb+ r en 0 ≤ r < b.

Bovendien zijn deze q, r uniek.

Bewijs. We tonen eerst het bestaan van zulke q, r ∈ Z aan. Voor niet-negatieve a kan dat bijvoorbeeld met volledige inductie: is a = 0 dan kunnenwe q = r = 0 nemen. Weten we dat a−1 ≥ 0 te schrijven is als a−1 = qb+ rmet 0 ≤ r < b, dan volgt a = qb + r + 1. Er geldt uiteraard 0 ≤ r + 1 ≤ b.In het geval r + 1 < b kunnen we dus q = q en r = r + 1 nemen. In hetresterende geval r + 1 = b hebben we a = qb+ r + 1 = qb+ b = (q + 1)b+ 0,dus q = q+1 en r = 0 voldoen. Hiermee is volgens het principe van volledigeinductie voor a ≥ 0 de existentie van q, r aangetoond.

Is a < 0, dan is −a > 0, dus uit wat we zojuist bewezen hebben volgtdat er q′, r′ zijn met −a = q′b + r′ en 0 ≤ r′ < b. Dan is a = (−q′)b − r′ =(−q′ − 1)b + (b − r′), dus we concluderen dat q = −q′ en r = 0 voldoen inhet geval dat r′ = 0, en als r′ 6= 0 dan kunnen we q = −q′ − 1 en r = b− r′nemen.

Nu nog de uniciteit. Stel dat a = q1b + r1 = q2b + r2 waarbij 0 ≤ r1 ≤r2 < b. Dan volgt 0 ≤ r2 − r1 ≤ r2 < b, maar ook r2 − r1 = b(q1 − q2). Dusmoet r1 = r2, want anders zou het een positief veelvoud van b zijn en we


hebben al gezien dat r2 − r1 < b. We concluderen dat ook b(q1 − q2) = 0, enomdat b 6= 0 impliceert dit q1 = q2. Hiermee is de stelling bewezen. 2

Opmerking 1.1.2 Als we wat kennis over reele getallen gebruiken, dan kaneen heel ander bewijs gegeven worden: deel de reele lijn op in intervallen metlengte b, dus

R = . . . ∪ [−2b,−b) ∪ [−b, 0) ∪ [0, b) ∪ . . . . . .

Het getal a ∈ R ligt dan in een zo’n interval [qb, (q+1)b), en is dus te schrijvenals a = qb+ r waarin 0 ≤ r < b.

Definitie 1.1.3 Laat a, b ∈ Z. We zeggen dat a het getal b deelt, als er eenq ∈ Z bestaat waarvoor geldt b = qa. Dit noteren we als a|b. Bestaat zo’n qniet, dan schrijven we a 6 |b (en we zeggen: a deelt b niet).

In plaats van a deelt b wordt ook wel gezegd dat a een deler van b is, ofdat b een veelvoud van a is, of dat b deelbaar is door a. Bijvoorbeeld geldt17| − 153 en 0|0 en −2 6 |101 en 0 6 |3.

We geven een aantal eenvoudige eigenschappen van deelbaarheid.

Propositie 1.1.4 Voor a, b, c ∈ Z geldt

1. Als a|b en b|c dan ook a|c.

2. Als a|b en a|c dan ook a|b± c.

3. a|0 en 1|a.

4. 0|a dan en slechts dan als a = 0.

5. Als voor b 6= 0 geldt dat a|b, dan is |a| ≤ |b|.

Bewijs. Al deze eigenschappen volgen direct uit de definitie. Bijvoorbeeldimpliceert a|b en a|c dat er p, q ∈ Z bestaan waarvoor b = pa en c = qa, endaaruit volgt dat b± c = pa± qa = (p± q)a, met andere woorden a|b± c. 2

Uit de laatste in Propositie 1.1.4 genoemde eigenschap volgt, dat eengeheel getal a 6= 0 slechts eindig veel delers heeft; de grootste daarvan is ui-teraard |a|. Hebben we nog een getal, zeg b, dan hebben dus in het bijzondera en b slechts eindig veel delers gemeenschappelijk (twee van die gemeen-schappelijke delers zijn natuurlijk 1 en −1). Iets dergelijks geldt wanneer wekijken naar gemeenschappelijke veelvouden van twee gehele getallen a, b. Alsa of b nul is, dan volgt uit de vierde in Propositie 1.1.4 gegeven eigenschapdat 0 het enige gemeenschappelijke veelvoud is. Geldt daarentegen ab 6= 0,dan hebben a en b gemeenschappelijke positieve veelvouden, bijvoorbeeld|ab|. Dit leidt tot de volgende definitie:


Definitie 1.1.5 Laat a, b ∈ Z. Als a en b niet allebei gelijk aan 0 zijn, danwordt de grootste gemene deler van a en b gedefinieerd als het grootste getaldat zowel een deler van a als van b is. Dit wordt genoteerd als ggd(a, b).Verder spreken we af dat ggd(0, 0) = 0.

Het kleinste gemene veelvoud, notatie kgv(a, b) van a en b is per definitie0 als ab = 0, en het is het kleinste positieve getal k met de eigenschap a|k enb|k als zowel a als b ongelijk aan nul zijn.

Twee getallen a, b noemen we relatief priem of ook wel onderling ondeel-baar als ggd(a, b) = 1.

Voorbeeld 1.1.6 Er geldt ggd(a, b) = ggd(b, a) en ggd(a, 0) = |a|. Omdatde delers van a en die van |a| dezelfde zijn, geldt ook ggd(a, b) = ggd(|a|, b) =ggd(a, |b|) = ggd(|a|, |b|). Het is in het algemeen lastig om met behulp van dedefinitie grootste gemene delers uit te rekenen. Probeer bijvoorbeeld maareens na te gaan dat ggd(35581, 46189) = 221.

Dergelijke voorbeelden voor kgv zijn eenvoudig zelf te maken; bijvoor-beeld komen we ze tegen op de lagere school bij het gelijknamig maken vanbreuken. In de rest van deze paragraaf houden we ons alleen met de ggdbezig; in Sectie 1.2 komen we dan op het begrip kgv terug.

Er blijkt een verrassend eenvoudig en efficient algoritme te bestaan voorhet bepalen van ggd(a, b). Dit is afkomstig van de Griekse wiskundige Eucli-des die rond 300 B.C. leefde. Het algoritme werkt als volgt.

Stelling 1.1.7 (Het Euclidische algoritme.) Het volgende algoritme bepaaltin eindig veel stappen de grootste gemene deler van twee getallen a, b:

ggd:=proc(a::integer,b::integer)::integer;local rn,ro,hulp;ro:=max(abs(a),abs(b)); rn:=min(abs(a),abs(b));while rn<>0 do

do hulp:=ro; ro:=rn; rn:=hulp mod rn end do;return ro

end proc;

Bewijs. Om te begrijpen wat dit programma doet, gaan we na wat er in de‘while-loop’ gebeurt. Telkens wordt het paar getallen (ro, rn) vervangen door(rn, ro mod rn). Zoals bekend is ro mod rn precies de rest die overblijft wan-neer we ro door rn delen. (NB. pas overigens op: in veel programmeertalenis voor negatieve a de uitkomst van a mod b niet de rest r zoals die in Stel-ling 1.1.1 gegeven wordt, maar juist r−|b|. Bovenstaande code is geschrevenin Maple; daar doet dit probleem zich niet voor.) In het bijzonder geldt dus


dat steeds aan het begin van de ‘loop’ geldt ro, rn ≥ 0, en iedere keer dat dezedoorlopen wordt, wordt rn strikt kleiner. Dus termineert het programma.Om te laten zien dat met het programma ook inderdaad de grootste gemenedeler van a en b wordt berekend, zullen we nagaan dat bovendien bij het in-gaan van de ‘loop’ steeds geldt ggd(ro, rn) = ggd(a, b). In Lemma 1.1.8 hiernawordt dat gedaan. Is dit bewezen, dan volgt dat wanneer de ‘loop’ voor hetlaatst doorlopen is dat rn = 0 en ggd(a, b) = ggd(ro, rn) = ggd(ro, 0) = ro,met andere woorden het algoritme levert inderdaad de grootste gemene delervan a en b op. 2

Lemma 1.1.8 Voor a, b, q, r ∈ Z met a = qb+ r geldt ggd(a, b) = ggd(b, r).

Bewijs. We zullen laten zien dat de verzameling gemeenschappelijke delersvan a en b dezelfde zijn als die van b en r. Uit de definitie van grootstegemene deler volgt dan het lemma.

Geldt d|a en d|b, dan ook d|a − qb = r. Dus gemeenschappelijke delersvan a en b zijn ook gemeenschappelijke delers van b en r.

Omgekeerd, als d|b en d|r, dan ook d|qb + r = a. Dus zijn de delers vanzowel b als r ook gemeenschappelijke delers van a en b. Hiermee is het lemmabewezen. 2

Voorbeeld 1.1.9

ggd(1057, 315) = ggd(3 · 315 + 112, 315) == ggd(315, 112) = ggd(2 · 112 + 91, 112) == ggd(112, 91) = ggd(91 + 21, 91) == ggd(91, 21) = ggd(4 · 21 + 7, 21) == ggd(21, 7) = ggd(7, 0) = 7.

We zullen nu nagaan hoe efficient het Euclidische algoritme is.

Stelling 1.1.10 (G. Lame, 1844, Frans wiskundige.) Is a > b > 0, dan ishet aantal delingen met rest in het Euclidische algoritme voor het bepalen vanggd(a, b) hoogstens gelijk aan 5 maal het aantal cijfers van b (in het gewonetientallig stelsel).

Bewijs. Schrijf r0 = a en r1 = b. In het algoritme wordt dan achtereenvol-gend uitgerekend

r0 = q0r1 + r2 (0 < r2 < r1)r1 = q1r2 + r3 (0 < r3 < r2)r2 = q2r3 + r4 (0 < r4 < r3)

...rn−2 = qn−2rn−1 + rn (0 < rn < rn−1)rn−1 = qn−1rn + 0.


Het aantal delingen met rest is dus precies n.Om een schatting voor n te vinden maken we gebruik van de zogeheten

Fibonacci rij (fi)i≥0, die gedefinieerd wordt door f0 = f1 = 1 en fi+2 =fi+1 + fi voor i ≥ 0. Dus dit is de rij 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . . . ..

Omdat 0 < rn < rn−1, volgt dat qn−1 > 1 en dus rn−1 ≥ 2rn ≥ f2. Methet principe van volledige inductie volgt zo voor iedere i met 1 ≤ i ≤ n− 1dat rn−i ≥ fi+1. Voor i = 1 hebben we dit namelijk zojuist aangetoond. Isi > 1 en weten we deze ongelijkheid al voor 1 ≤ j < i, dan volgt rn−i =qn−irn−(i−1) + rn−(i−2) ≥ rn−(i−1) + rn−(i−2) ≥ fi + fi−1 = fi+1.

In het bijzonder blijkt hieruit dat b = r1 ≥ fn.Om het bewijs te voltooien, laten we zien dat f5i+1 > 10i voor i ≥ 1.

Voor i = 1 klopt dit, want f6 = 13 > 10. Is het juist voor i ≥ 1, dan volgtf5(i+1)+1 = f5i+6 = f5i+5 + f5i+4 = f5i+4 + 2f5i+3 + f5i+2 = f5i+3 + 3f5i+2 +3f5i+1 + f5i = f5i+2 + 7f5i+1 + 4f5i = 8f5i+1 + 5f5i > 8f5i+1 + 2f5i + 2f5i−1 =10f5i+1 > 10 · 10i = 10i+1.

Schrijf nu n = 5m + k met 1 ≤ k ≤ 5. Dan volgt dat b ≥ fn ≥ f5m+1 >10m. Met andere woorden, het aantal cijfers van b is minstens gelijk aanm+1 ≥ n/5, oftewel n is kleiner dan of gelijk aan 5 maal het aantal decimalecijfers van b, hetgeen we wilden bewijzen. 2

Een toepassing van het Euclidische algoritme die verderop bij het ‘rekenenmodulo N ’ van groot belang zal blijken, is dat we er oplossingen in gehelegetallen van bepaalde lineaire vergelijkingen mee kunnen vinden:

Stelling 1.1.11 (Bachet-Bezout; vernoemd naar de Franse wiskundigenClaude Gaspard Bachet 1581–1638 en Etienne Bezout 1730–1783.) Voora, b ∈ Z bestaan er x, y ∈ Z met ax+ by = ggd(a, b).

Bewijs. Dit volgt direct uit de definitie van ggd in het geval dat ab = 0.We nemen nu aan a 6= 0 6= b. Schrijf r0 = |a| en r1 = |b|. Als het Euclidischalgoritme precies n delingen met rest uitvoert, dan levert dit een rij

r0 = q0r1 + r2 (0 < r2 < r1)r1 = q1r2 + r3 (0 < r3 < r2)r2 = q2r3 + r4 (0 < r4 < r3)

...rn−2 = qn−2rn−1 + rn (0 < rn < rn−1)rn−1 = qn−1rn + 0

zoals we in het voorgaande bewijs al gebruikt hebben. De voorlaatste gelijk-heid hier geeft rn = ggd(a, b) als gehele lineaire combinatie van rn−1 en rn−2.Met behulp van de gelijkheid daarboven kunnen we rn−1 hierin schrijven als


combinatie van rn−2 en rn−3, dus dat levert een schrijfwijze van ggd(a, b) opals gehele lineaire combinatie van rn−2 en rn−3. Zo verder naar boven wer-kend elimineren we achtereenvolgens rn−2, rn−3, . . . , r3, r2. Wat overblijft iseen relatie ggd(a, b) = xr1 +yr0, en door eventueel hierin x en/of y van tekente wisselen geeft dit een gelijkheid ax+ by = ggd(a, b), zoals verlangd. 2

Het bovenstaand bewijs is volledig constructief, zoals blijkt uit het volgendealgoritme waarmee tegelijk de grootste gemene deler van a, b ∈ Z gevondenwordt, en x, y berekend wordt waarvoor ax + by = ggd(a, b). In feite isdit algoritme niet gebaseerd op het van beneden naar boven doorlopen vande hiervoor gegeven rij gelijkheden voor de ri’s, maar juist van boven naarbeneden. Er wordt namelijk bij iedere nieuw berekende ri meteen xi, yi ∈ Zgevonden waarvoor xia + yib = ri. De in de n-de stap gevonden xn, yn zijndan de gevraagde x, y. Ga zelf na dat het algoritme inderdaad werkt.

# Hier gaan we ggd(a,b) vinden, en schrijven als xa+yb.if a=0then x:=0; y:=1; ggd:=abs(b)else if b=0

then x:=1; y:=0; ggd:=abs(a)else # a en b zijn nu beide niet 0

ro:=abs(a); xo:=sign(a); yo:=0;rn:=abs(b); x:=0; y:=sign(b);while rn<>0

doq:=floor(ro/rn); hulp:=rn; rn:=ro-q*rn; ro:=hulp;hulp:=x; x:=xo-q*x; xo:=hulp;hulp:=y; y:=yo-q*y; yo:=hulp

end do;ggd:=ro; x:=xo; y:=yo

end ifend if; print(ggd,x,y);

Voorbeeld 1.1.12 In Voorbeeld 1.1.9 zagen we dat ggd(1057, 315) = 7. Weconstrueren nu volgens bovenstaand algoritme gehele getallen x, y waarvoor1057x+ 315y = 7. Beschouw daartoe de volgende gelijkheden:

1 · 1057 + 0 · 315 = 10570 · 1057 + 1 · 315 = 315 (deze 3 keer van de vorige af:)1 · 1057 + −3 · 315 = 112 (deze 2 keer van de vorige af:)−2 · 1057 + 7 · 315 = 91 (deze 1 keer van de vorige af:)

3 · 1057 + −10 · 315 = 21 (deze 4 keer van de vorige af:)−14 · 1057 + 47 · 315 = 7.


De hier gevonden oplossing is zeker niet de enige. Is bijvoorbeeld ook (x′, y′)een oplossing, dan geldt met betrekking tot het standaardinproduct op R2

dat 〈(

1057315

),

(xy

)〉 = 7 = 〈

(1057315

)(x′

y′

)〉, en dus staat de vector(

x− x′y − y′

)loodrecht op

(1057315

). Hiermee zijn eenvoudig alle geheeltallige

oplossingen van 1057x+ 315y = 7 te vinden.

Met behulp van het bestaan van getallen x, y ∈ Z waarvoor geldt ax+by =ggd(a, b) zijn gemakkelijk een paar verdere resultaten af te leiden:

Gevolg 1.1.13 Laat a, b ∈ Z en d = ggd(a, b). Elk getal dat zowel a als bdeelt is ook een deler van d, en omgekeerd is elke deler van d een gemeen-schappelijke deler van a en b.

Bewijs. Omdat d zowel a als b deelt, volgt uit de eerste eigenschap in Pro-positie 1.1.4 dat iedere deler van d dat ook doet.

Omgekeerd, schrijf d = ax + by voor zekere x, y ∈ Z. Als c|a en c|b danook c|ax+ by = d. Dit bewijst het gevolg. 2

Gevolg 1.1.14 Laat a, b ∈ Z. Dan zijn a, b onderling ondeelbaar precies danals er x, y ∈ Z bestaan waarvoor geldt ax+ by = 1.

Bewijs. Zijn a, b onderling ondeelbaar, dan houdt dat per definitie in datggd(a, b) = 1. Uit Stelling 1.1.11 volgt dan het bestaan van x, y ∈ Z metax+ by = 1.

Omgekeerd, als ax + by = 1 voor zekere x, y ∈ Z en d = ggd(a, b), dand|a en d|b, dus d|ax+ by = 1, dus d = 1. 2

Gevolg 1.1.15 Voor a, b, c ∈ Z met ggd(a, b) = 1 geldt: als a|bc, dan a|c.

Bewijs. Neem x, y ∈ Z met ax + by = 1. Als a|bc, dan ook a|axc + byc =(ax+ by)c = c. 2

1.2 Priemfactorontbinding

Definitie 1.2.1 Een priemgetal is een geheel getal groter dan 1, dat alleen1 en zichzelf als positieve delers heeft.

Voorbeeld 1.2.2 Kleine priemgetallen als 2, 3, 5, . . . zijn welbekend. Voorgrotere getallen is het heel lastig om na te gaan of het priemgetallen zijn.Zo weten we bijvoorbeeld dat 2524288 + 1 geen priemgetal is, en 2859433 −


1 is er wel een, en 21048576 + 1 weer niet. Dit zijn getallen die decimaaluitgeschreven uit resp. 157827, 258716 en 315653 cijfers bestaan. Van heteerstgenoemde grote getal (de exponent van 2 is precies 219) vond in 1962de Zweedse wiskundige Hans Riesel een deler, namelijk 33629 · 221 + 1. Voorhet tweede getal (de exponent 859433 is zelf een priemgetal) werd in januari1994 door twee Amerikanen, David Slowinski en Paul Gage, bewezen dat heteen priemgetal is. Momenteel (februari 2012) kennen we nog veel groterepriemgetallen, bijvoorbeeld 243112609 − 1, een getal van maar liefst 12978189decimale cijfers, in 2008 gevonden door Edson Smith, een systeembeheerdervan de universiteit van Californie in Los Angeles (UCLA). Van het derdegetal (de exponent is, net als voor het eerste, een macht van 2, namelijk 220)werd in 1987 door de Amerikanen Jeff Young en Duncan Buell bewezen dathet geen priemgetal is. Echter, tot nu toe heeft nog niemand een deler vandit getal gevonden. Het kleinste getal van de vorm 1 + 2m waarvoor op ditmoment nog niet bekend is of het een priemgetal is, is dat met m = 222.

Stelling 1.2.3 Is p een priemgetal, en zijn a, b ∈ Z getallen zodat p|ab, danp|a of p|b.

Bewijs. Noem d = ggd(a, p). Omdat p 6= 0 is, geldt dat d positief is.Bovendien is het een deler van p. Uit de definitie van priemgetal volgt nudat d = 1 of d = p. In het eerste geval levert dan Gevolg 1.1.15 dat p|b. Inhet tweede geval geldt p = d|a. 2

Gevolg 1.2.4 Is p een priemgetal, en zijn a1, . . . , an gehele getallen zodatp|a1a2 · . . . · an, dan is er een index k met 1 ≤ k ≤ n zodat p|ak.

Bewijs. Dit kan met volledige inductie naar n bewezen worden. Voor n = 1is er niets te bewijzen (en voor n = 2 hebben we zojuist in Stelling 1.2.3 ditbewezen). Neem aan dat n ≥ 3 en dat we het gevraagde voor een productvan < n factoren al weten. Als p|a1a2 · . . . · an = (a1) · (a2 · . . . · an), dan volgtuit Stelling 1.2.3 dat p|a1 of p|a2 · . . . · an. In het eerste geval zijn we directklaar, en in het tweede geval vanwege onze inductiehypothese ook. 2

Met behulp van bovenstaande eigenschappen van priemgetallen kan een re-sultaat bewezen worden dat wel de ‘hoofdstelling van de rekenkunde’ wordtgenoemd:

Stelling 1.2.5 (unieke priemfactorisatie) Ieder geheel getal groter dan 1 is,op de volgorde van de factoren na, op precies een manier te schrijven als eenproduct van priemgetallen.


Bewijs. Eerst tonen we aan dat iedere n ∈ Z met n > 1 als product vanpriemgetallen te schrijven is. Dit gaat met inductie naar n: het geval n = 2is duidelijk. Stel n > 2 en neem aan dat elk getal groter dan 1 en kleinerdan n als product van priemgetallen te schrijven is. Is n een priemgetal,dan zijn we klaar. Zoniet, dan is n = n1n2, met 1 < n1, n2 < n. Uit deinductiehypothese volgt dat zowel n1 als n2 als product van priemgetallen teschrijven zijn, en dus is n dat ook.

Vervolgens tonen we de uniciteit van deze schrijfwijze aan. Stel dat deschrijfwijze niet uniek is. Neem n het kleinste getal > 1 dat meerdere facto-risaties heeft, zeg

n = p1p2 · . . . · pt = q1q2 · . . . · qs,voor priemgetallen pi, qj zijn twee verschillende factorisaties. Dan geldtp1|n = q1q2 · . . . · qs. Omdat n meerdere factorisaties heeft, kan n zelf geenpriemgetal zijn, dus s, t > 1 en in het bijzonder n/p1 > 1. Uit Gevolg 1.2.4blijkt dat p1|qk voor zekere k. Omdat qk een priemgetal is, concluderen wedat p1 = qk. Delen we de beide gegeven factorisaties door hun gemeenschap-pelijke factor p1 = qk, dan blijkt dat ook n/p1 twee verschillende factorisatiesheeft. Dit is in tegenspraak met de minimaliteit van n. Hiermee is dus destelling bewezen. 2

Hoewel we in Voorbeeld 1.2.2 al zagen dat het vinden van grote priemge-tallen lastig is, is toch de volgende stelling al heel oud.

Stelling 1.2.6 (Euclides) Er bestaan oneindig veel priemgetallen.

Bewijs. Stel we hebben n ≥ 1 onderling verschillende priemgetallenp1, . . . , pn. Bezie het getal N = p1 · p2 · . . . · pn + 1. Kies een priemgetalq uit de priemfactorisatie van N . Dan is q verschillend van elke pi, wantanders zou q zowel N als N − 1 = p1 · . . . · pn delen, en dus ook het verschilN − (N − 1) = 1 hetgeen onmogelijk is. We concluderen dus uit het bestaanvan n priemgetallen, dat er ook n + 1 priemgetallen bestaan. Hieruit volgtde stelling. 2

Opmerking 1.2.7 Het is niet het geval dat de N in het bewijs van Stel-ling 1.2.6 zelf noodzakelijkerwijs een priemgetal is. Bijvoorbeeld is voor eeneindige verzameling oneven priemgetallen hun product plus 1 altijd even. Enbeginnen we bijvoorbeeld bij de verzameling {2}, dan levert herhaaldelijk1 plus het product van alle gegeven priemgetallen nemen achtereenvolgend2, 3, 7, 43, 1807 op. Dit laatste getal is deelbaar door 13.

Definitie 1.2.8 Is p een priemgetal en a ∈ Z ongelijk aan 0 of ±1, danschrijven we vp(a) voor het aantal keren dat p voorkomt in de priemfactori-satie van |a|. Verder schrijven we vp(1) = vp(−1) = 0 en vp(0) =∞.


Het getal vp(a) wordt wel de valuatie of ook wel de orde van a bij p ge-noemd. Omdat de priemfactorisatie op volgorde na uniek is, is vp(a) goedgedefinieerd. Is a ∈ Z niet nul, dan volgt uit de definitie dat |a| =

∏pvp(a).

Hier nemen we het product over alle priemgetallen p, en hoewel dat er blij-kens Stelling 1.2.6 oneindig veel zijn, is dit product toch goed gedefinieerd. Ergeldt namelijk dat slechts eindig veel priemgetallen voorkomen in de priem-factorisatie van |a|. Voor alle overige is vp(a) = 0 en dus pvp(a) = 1.

Gevolg 1.2.9 Laat a, b gehele getallen zijn.

1. Voor elk priemgetal p is vp(ab) = vp(a) + vp(b).

2. a|b dan en slechts dan als voor ieder priemgetal p geldt vp(a) ≤ vp(b).

3. Als a en b niet allebei nul zijn, dan is

ggd(a, b) =∏

p priem

pmin{vp(a),vp(b)}.

4. Als a 6= 0 en b 6= 0, dan is

kgv(a, b) =∏

p priem

pmax{vp(a),vp(b)}.

5. Als a|c en b|c, dan kgv(a, b)|c.

6. ggd(a, b) · kgv(a, b) = |ab|.

Bewijs. 1: De uitspraak is waar indien a en/of b nul is, want oneindigplus oneindig en ook oneindig plus een geheel getal is weer oneindig. Hetresterende geval volgt uit de gelijkheid

|ab| = |a| · |b| =∏p

pvp(a) ·∏p

pvp(b) =∏p

pvp(a)+vp(b).

2: Als a|b, dan b = qa voor een q ∈ Z, en uit wat zojuist bewezen is volgtdan vp(a) ≤ vp(a) + vp(q) = vp(qa) = vp(b), voor ieder priemgetal p.

Omgekeerd, als voor ieder priemgetal p geldt vp(a) ≤ vp(b), dan geldt ze-ker a|b in het geval b = 0. In het geval a = 0 volgt dat vp(b) =∞, dus b = 0,dus opnieuw a|b. Zijn zowel a als b ongelijk aan nul, dan is q =

∏p p

vp(b)−vp(a)

een goed gedefinieerd geheel getal. Per definitie hebben |b| en |qa| dezelfdepriemfactorisatie, dus b = ±qa, met andere woorden a|b.3: Uit wat zojuist bewezen is volgt dat de getallen d die zowel a als b de-len, precies die getallen met de eigenschap vp(d) ≤ vp(a) en vp(d) ≤ vp(b)


voor elk priemgetal p. Omdat a 6= 0 of b 6= 0, is min{vp(a), vp(b)} eindigvoor ieder priemgetal, en ongelijk aan nul voor slechts eindig veel p’s. Dus∏

p pmin{vp(a),vp(b)} is een goed gedefinieerd getal, dat zowel a als b deelt en

bovendien minstens zo groot is als iedere andere gemeenschappelijke deler.Dus is dit ggd(a, b).4: a en b zijn beide niet nul, dus voor elk priemgetal p zijn vp(a) en vp(b)eindig terwijl deze getallen voor slechts eindig veel p’s 6= 0 zijn. Dus isk =

∏p p

max{vp(a),vp(b)} welgedefinieerd en positief, en vanwege de tweede ei-genschap hierboven is k een veelvoud van zowel a als b. Ieder gemeenschap-pelijk veelvoud c voldoet blijkens deze zelfde eigenschap aan vp(c) ≥ vp(a)en vp(c) ≥ vp(b), dus volgt dat k het kleinste positieve gemeenschappelijkeveelvoud is, oftewel k = kgv(a, b).5: Is ab = 0 en a|c en b|c, dan volgt dat c = 0 dus in dit geval is de beweringbewezen. Is ab 6= 0 dan volgt de bewering door de reeds bewezen 2de en 4deuitspraak hier te combineren.6: Dit klopt wanneer ab = 0 omdat dan ook per definitie kgv(a, b) = 0.Indien ab 6= 0, dan is

|ab| =∏

p pvp(a) ·

∏p p

vp(b) =∏

p pvp(a)+vp(b)

=∏

p pmin{vp(a),vp(b)}+max{vp(a),vp(b)}

hetgeen vanwege 3) en 4) gelijk is aan ggd(a, b) · kgv(a, b). 2

Opmerking 1.2.10 De in Gevolg 1.2.9 gegeven formules voor ggd(a, b) enkgv(a, b) leveren een methode om deze getallen te vinden op voorwaarde datwe de priemfactorisatie van a en b kennen. In het algemeen kennen we dezenatuurlijk niet, en het berekenen ervan blijkt vaak veel lastiger dan directmet het Euclidische algoritme de ggd te bepalen, en vervolgens het kgv metbehulp van de formule kgv(a, b) = |ab|/ggd(a, b). Merk op dat we om dezeformule te bewijzen wel gebruikt hebben dat unieke priemfactorisatie bestaat.Evenwel in het gebruiken van de formule hebben we dat verder niet nodig.


1.3 Opgaven

1. (‘Het b-tallig stelsel’). Laat a, b ∈ Z met a ≥ 1 en b ≥ 2. Toon aandat er een t ∈ Z bestaat met t ≥ 0, en verder getallen c0, c1, . . . , ct ∈{0, 1, . . . , b− 1} zodat ct 6= 0 en

a = ctbt + . . .+ c2b

2 + c1b+ c0.

Laat ook zien dat deze t, c0, . . . , ct uniek bepaald zijn.

2. Bewijs dat als a, b ∈ Z niet allebei gelijk zijn aan nul, dan zijna/ggd(a, b) en b/ggd(a, b) relatief priem.

3. Bepaal d = ggd(3354, 3081) en vind x, y ∈ Z waarvoor 3354x+3081y =d. Geef vervolgens alle gehele oplossingen van deze vergelijking.

4. Gegeven de Fibonacci rij (fn)n≥0, gedefinieerd door f0 = f1 = 1 enfn+2 = fn+1 + fn voor n ≥ 0. Hoeveel delingen met rest voert hetEuclidische algoritme uit bij het bepalen van ggd(fn, fn+1)? Laat ziendat ggd(fn, fn+1) = 1 voor elke n ≥ 0.

5. Laat n ∈ Z, n ≥ 2. Toon aan dat n een priemgetal is precies dan als ngeen deler d heeft met 1 < d ≤

√n.

6. Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen zijn die bij deling door 4 rest3 opleveren.

7. Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen p zijn met de eigenschap datp− 2 geen priemgetal is.

8. Bewijs dat voor a, b, c ∈ Z geldt:

(a) Als ggd(a, b) = ggd(a, c) = 1, dan is ggd(a, bc) = 1.

(b) Als a en b relatief priem zijn en beide delen c, dan deelt hunproduct c.

(c) Is c ≥ 0, dan geldt ggd(ac, bc) = c · ggd(a, b).

9. Neem a, b ∈ Z beide positief.

(a) Laat r de rest van a bij deling door b zijn. Toon aan dat 2r − 1de rest van 2a − 1 bij deling door 2b − 1 is.

(b) Laat zien dat 2b − 1|2a − 1 dan en slechts dan als b|a.

(c) Bewijs dat ggd(2a − 1, 2b − 1) = 2ggd(a,b) − 1.


(d) Zijn bovenstaande uitspraken ook waar indien we ‘2’ vervangendoor een geheel getal c > 2?

10. Gegeven zijn a, b, n ∈ Z met n ≥ 0.

(a) Toon aan dat a− b|an − bn.

(b) Bewijs dat als n oneven is, dan geldt a+ b|an + bn.

(c) Kies nu b = 1 en neem aan a > 1 en n > 1. Bewijs dat als an − 1een priemgetal is, dan geldt a = 2 en n is een priemgetal.

(d) Neem a = 2 en n = 11, en ga na dat an − 1 geen priemgetal is.Kennelijk geldt de omkering van bovenstaande bewering dus niet.

11. Laat zien dat als 2n + 1 een priemgetal is, dan geldt n = 2k voor eengeheel getal k ≥ 0.

12. Bewijs dat als voor n ∈ Z, n ≥ 1 geldt dat n4 + 4n een priemgetal is,dan is n = 1.

13. (a) Laat zien dat voor een priemgetal p > 3 geldt dat 24|p2 − 1.

(b) Laat zien dat als p1, p2, p3, p4, p5 (niet noodzakelijk verschillende)priemgetallen zijn, en p1p2p3p4p5 + 1 = p2 voor een priemgetal p,dan is p = 7 of p = 11 of p = 13.

14. Stel dat p1, . . . , pn onderling verschillende priemgetallen zijn. Toonaan dat log(p1), . . . , log(pn) lineair onafhankelijk zijn over Q, dwz. erbestaan geen a1, . . . , an ∈ Q die niet allemaal gelijk aan nul zijn, zodata1 log(p1) + . . .+ an log(pn) = 0.

2 REKENEN MODULO N 16

2 Rekenen modulo N

In dit hoofdstuk gaan we in op de basiseigenschappen van het rekenen metresten.

2.1 Restklassen modulo N

Laat N een willekeurig positief geheel getal zijn.

Definitie 2.1.1 Twee gehele getallen a, b heten congruent modulo N wan-neer N |a− b. Dit wordt genoteerd als a ≡ b mod N .

Er geldt dat gehele getallen a, b congruent zijn modulo N precies dan alsze dezelfde rest opleveren bij deling door N . Immers, is a = q1N + r1 enb = q2N + r2 met 0 ≤ r1, r2 < N , dan is N |a− b gelijkwaardig met N |r1− r2.Omdat r1 − r2 strikt tussen −N en +N ligt kan dat alleen maar deelbaardoor N zijn als r1 − r2 = 0 oftewel r1 = r2.

De relatie ‘congruent zijn modulo N ’ is een equivalentierelatie op Z. Im-mers, als a en b dezelfde rest hebben bij deling door N dan hebben b en adat ook, dus de relatie is symmetrisch. Ook is de relatie reflexief, want datwil in dit geval precies zeggen dat a dezelfde rest bij deling door N heeft alsa. Tenslotte geldt dat als a en b dezelfde rest opleveren, en b en c doen datook, dan uiteraard ook a en c, oftewel de relatie is transitief.

Zoals bekend deelt een equivalentierelatie een verzameling op in een vere-niging van disjuncte deelverzamelingen. In ons geval heten die deelverzame-lingen restklassen modulo N . Expliciet:

Definitie 2.1.2 Voor a ∈ Z wordt de restklasse van a modulo N gegevendoor

{b ∈ Z | b ≡ a mod N} .

We noteren deze restklasse als a mod N of ook wel, als er geen verwarringmogelijk is over wat N is, als a.

Per definitie is a mod N dus een deelverzameling van Z. Als a = qN + r,dan geldt a ≡ r mod N , en de restklasse r mod N is dezelfde als a mod N .Er zijn dus evenveel restklassen modulo N als er mogelijke resten bij delingdoor N zijn, en dat zijn er precies N . De restklasse van a modulo N bestaatprecies uit alle getallen van de vorm a+Nk voor een k ∈ Z, dus we kunnenook schrijven

a mod N = a = a+NZ.


Voorbeeld 2.1.3 Voor N = 4 zijn er zoals uit het bovenstaande blijkt 4 ver-schillende restklassen, namelijk 0 mod 4 en 1 mod 4 en 2 mod 4 en 3 mod 4.Zoals gezegd zijn dit 4 deelverzamelingen van Z die verenigd heel Z opleveren.Uitgeschreven:

{ . . . . . . ,−284, . . . ,−8,−4, 0, 4, . . . , 1016, . . . . . . } = 0 mod 4,{ . . . . . . ,−283, . . . ,−7,−3, 1, . . . , 1017, . . . . . . } = 1 mod 4,{ . . . . . . ,−282, . . . ,−6,−2, 2, . . . , 1018, . . . . . . } = 2 mod 4,{ . . . . . . ,−281, . . . ,−5,−1, 3, . . . , 1019, . . . . . . } = 3 mod 4.

De restklasse 17 mod 4 is dezelfde als 1 mod 4, of, in de notatie a = a mod 4:er geldt 17 = 1, en evenzo −1001 = 3.

De volgende elementaire eigenschap volgt direct uit algemeenheden over equi-valentierelaties. We geven toch een bewijs, als oefening met de gegeven de-finities.

Lemma 2.1.4 Voor a, b ∈ Z geldt a mod N = b mod N precies dan alsa ≡ b mod N .

Bewijs. Neem aan dat a mod N = b mod N . Omdat a een element is vande restklasse a mod N = b mod N , geldt per definitie a ≡ b mod N .

Omgekeerd, stel a ≡ b mod N . Zoals we gezien hebben betekent ditdat a en b dezelfde rest opleveren bij deling door N . Dan volgt voor eenc ∈ Z dat c in de restklasse a mod N zit precies dan als c dezelfde rest bijdeling door N heeft als a, hetgeen gelijkwaardig is met de uitspraak datc dezelfde rest oplevert als b, ofwel dat c in b mod N zit. Dit bewijst data mod N = b mod N . 2

Stelling 2.1.5 Als a1, a2, b1, b2 restklassen modulo N zijn bij zekerea1, a2, b1, b2 ∈ Z, en a1 = a2 en b1 = b2, dan volgt a1 + b1 = a2 + b2 ena1b1 = a2b2.

Bewijs. Uit a1 = a2 en b1 = b2 volgt vanwege Lemma 2.1.4 dat er q, q′ ∈ Zzijn zodat a2 = a1 +Nq en b2 = b1 +Nq′. Dan volgt dat a2 + b2 = a1 + b1 +N(q + q′), oftewel, opnieuw vanwege Lemma 2.1.4, a1 + b1 = a2 + b2. Ook isa2b2 = (a1 +Nq)(a2 +Nq′) = a1a2 +N(a1q

′ + qa2 +Nqq′), en dit impliceertdat a1b1 = a2b2. 2

Definitie 2.1.6 (Optellen en vermenigvuldigen van restklassen.) De verza-meling restklassen modulo N noteren we als Z/NZ. Zijn a mod N, b modN ∈ Z/NZ, dan definieren we

(a mod N) + (b mod N) = (r1 + r2) mod N


en(a mod N) · (b mod N) = r1r2 mod N,

waarbij r1 een willekeurig element van a mod N is en r2 een willekeurig ele-ment van b mod N . Uit Stelling 2.1.5 blijkt dat het niet uitmaakt welke r1, r2

we kiezen.

Opmerking 2.1.7 Als we in de bovenstaande definitie r1 = a en r2 = bkiezen (dat mag, want a, b zitten in resp. a mod N, b mod N), dan staat era+ b = a+ b en a · b = ab.

Voorbeeld 2.1.8 We kiezen N = 17. Er geldt −1 = 67, want het verschilvan −1 en 67 is deelbaar door 17. Dus volgt dat ook 1 = (−1)(−1) = −1 ·−1 = 67 · 67 = 672. Kennelijk geldt dus dat 672 en 1 dezelfde rest opleverenbij deling door 17, oftewel dat 672 − 1 deelbaar is door 17. (Dat hadden wenatuurlijk ook zonder restklassen kunnen inzien: 672− 1 = (67 + 1)(67− 1).)

Nu we restklassen modulo N kunnen optellen en vermenigvuldigen, kunnenwe ze natuurlijk ook tot een positieve macht n verheffen.

Definitie 2.1.9 Voor een natuurlijk getal n wordt de nde macht van eenrestklasse a, notatie an, inductief als volgt gedefinieerd. a1 = a en hebbenwe voor n ≥ 1 al an gedefinieerd, dan is an+1 = an · a.

Met deze definitie geldt am = am en an+m = an · am, zoals men gemakkelijkmet inductie naar m nagaat. Ook volgt dus ab

m= (ab)m = ambm = am ·bm =

am · bm.

Voorbeeld 2.1.10 Om te illustreren hoe deze definities te gebruiken zijn,laten we zien dat 21000 + 1 deelbaar is door 257. Schrijf a voor de restklassevan a modulo 257. Er geldt

21000 = (28)125 = 256125

= −1125

= −1.

Omdat 21000 en −1 dezelfde restklasse modulo 257 opleveren, is hun verschildeelbaar door 257 en dat is precies wat we wilden laten zien. Merk opdat 21000 + 1 decimaal uitgeschreven een getal van 302 cijfers is, dus dezedeelbaarheid controleren door gewoon te delen door 257 is een hele klus.

Voorbeeld 2.1.11 We berekenen de laatste twee cijfers van 21000 (decimaaluitgeschreven). Dit is hetzelfde als de rest van 21000 bij deling door 100. InZ/100Z geldt, omdat 46 = 212 = 4096, dat

166

= 46 · 46

= 4096 · 4096 = −4 · −4 = 16.


Verder is 1000 = 4 · 250 en 250 = 6 · 41 + 4 en 41 = 6 · 6 + 5, dus

21000 = 24250

= 164 · (16

6)41

= 164 · 16

41= 16

4 · (166)6 · 16

5

= 164 · 16 · 16

5

= 164 · 16

6= 16

4 · 16

= 165

= (210)2 = 242

= 76.

De gevraagde laatste 2 cijfers zijn dus 76.

2.2 Eenheden modulo N

Definitie 2.2.1 Een restklasse a mod N heet een eenheid modulo N wan-neer er een restklasse b mod N bestaat waarvoor geldt (a mod N) · (b modN) = 1 mod N .

De deelverzameling van Z/NZ bestaande uit alle restklassen die eenhedenmodulo N zijn, noteren we als (Z/NZ)∗.

Voorbeeld 2.2.2 Neem N = 12. Dan Z/12Z ={

0, 1, . . . , 10, 11}

. We gaan

na welke van deze restklassen in (Z/12Z)∗ zitten. Als a, b ∈ Z en a · b = 1,dan wil dat zeggen dat ab = 1 + 12k voor zekere k ∈ Z. In het bijzonder zienwe dat als a een eenheid modulo 12 is, dan is a niet deelbaar door 2 en ookniet deelbaar door 3. Hieruit volgt

(Z/12Z)∗ ⊂{

1, 5, 7, 11}.

Omdat 12

= 52

= 72

= 112

= 1, zijn de vier genoemde restklassen inderdaadeenheden modulo 12. Dus

(Z/12Z)∗ ={

1, 5, 7, 11}.

We geven een eenvoudig criterium om ook in het algemeen alle eenhedenmodulo N te vinden.

Stelling 2.2.3 Voor a ∈ Z geldt dat a mod N ∈ (Z/NZ)∗ dan en slechtsdan als ggd(a,N) = 1.

Bewijs. Laat a ∈ Z. De uitspraak ‘a mod N ∈ (Z/NZ)∗’ houdt per definitiein dat er een b ∈ Z is zodat (ab) mod N = (a mod N)·(b mod N) = 1 mod N .Dit is equivalent met het bestaan van een q, b ∈ Z zodat ab−1 = Nq. Andersgeschreven: ab−Nq = 1. In Gevolg 1.1.14 is al aangetoond dat zulke getallenbestaan precies dan als ggd(a,N) = 1. 2


Definitie 2.2.4 (De Euler Phi functie; Leonhard Euler, Zwitsers wiskun-dige, 1707–1783) Het aantal elementen van (Z/NZ)∗ duiden we aan metϕ(N).

Gevolg 2.2.5 ϕ(N) is gelijk aan het aantal getallen a ∈ Z met 1 ≤ a ≤ Nen ggd(a,N) = 1. In het bijzonder geldt voor ieder priemgetal p dat ϕ(p) =p− 1.

Bewijs. Dit volgt direct uit de definities en uit Stelling 2.2.3. 2

Een aantal eigenschappen van (Z/NZ)∗ sommen we nu op.

Stelling 2.2.6 1. Als a mod N en b mod N eenheden modulo N zijn, danis hun product dat ook.

2. Als a mod N ∈ (Z/NZ)∗, dan is een restklasse b mod N waarvoor(a mod N) · (b mod N) = 1 mod N zelf ook weer een eenheid moduloN .

3. Voor elke a mod N ∈ (Z/NZ)∗ bestaat er precies een klasse b mod N ∈(Z/NZ)∗ zodat (a mod N) · (b mod N) = 1 mod N .

Bewijs. 1: Vanwege Stelling 2.2.3 is de te bewijzen uitspraak gelijkwaardigmet: als ggd(a,N) = ggd(b,N) = 1, dan ook ggd(ab,N) = 1. Welnu, zouggd(ab,N) 6= 1 zijn, dan bestaat er een priemgetal p dat ggd(ab,N) deelt.Dit priemgetal deelt N , en ab, dus vanwege Stelling 1.2.3 ook p|a of p|b. Ditlevert een tegenspraak met ggd(a,N) = ggd(b,N) = 1.

Ander bewijs: omdat a, b eenheden modulo N zijn, bestaan er c, d zodatc · a = db = 1. Noem e = d · c, dan is e · ab = dcab = d · ca · b = db = 1, dusis ab ∈ (Z/NZ)∗.2: Dit volgt direct uit het feit dat a · b = ab = ba = b · a.3: Als a·b1 = 1 = a·b2, dan volgt dat b1 = b1·1 = b1·ab2 = b1ab2 = ab1·b2 = b2.Dit bewijst Stelling 2.2.6. 2

Definitie 2.2.7 Voor a ∈ (Z/NZ)∗ noemen we de unieke b ∈ (Z/NZ)∗ metde eigenschap a · b = 1 de inverse van a, notatie a−1.

Opmerking 2.2.8 Is a ∈ Z zo, dat a mod N een eenheid modulo N is,dan kan de inverse van a mod N met behulp van het Euclidische algo-rithme berekend worden.Er geldt namelijk omdat a mod N een eenheid is,dat ggd(a,N) = 1. Dus bestaan er x, y ∈ Z met xa + yN = 1, en voor zo’nx geldt x · a = 1, met andere woorden, x mod N is de inverse van a moduloN .


De belangrijkste bewerkingen die we tot nu toe met restklassen modulo Ngedaan hebben, zijn naast natuurlijk optellen, aftrekken en vermenigvuldi-gen, het machtsverheffen en in het geval van eenheden modulo N , het inversenemen.

In computeralgebra systemen als MAGMA, Maple, Mathematica enPARI, en zelfs in WolframAlpha, zijn standaardroutines ingebouwd voor ditsoort bewerkingen. Bijvoorbeeld in Maple ziet dat er als volgt uit:

100^(-1) mod 420001;

7 &^ (420!) mod 100;

Het symbool & in de tweede regel hier, zorgt ervoor dat Maple niet eerst 7 totde macht 420! gaat verheffen, maar op een efficientere manier het antwoordvindt.

Voorbeeld 2.2.9 Er geldt (13 mod 37)−1 = 20 mod 37 (ga na).

Stelling 2.2.10 Voor elke a mod N ∈ (Z/NZ)∗ geldt (a mod N)ϕ(N) =1 mod N .

Dit resultaat werd voor het eerst door Euler bewezen. Een andere manierom de stelling te formuleren is: als a,N ∈ Z getallen zijn met N > 0 enggd(a,N) = 1, dan geldt N |aϕ(N) − 1. Het resultaat en allerlei gevolgenervan zijn tegenwoordig toegepast in o.a. cryptografie en in het testen of een(heel groot) getal een priemgetal is. We komen hier nog op terug.

Bewijs. Schrijf (Z/NZ)∗ ={a1, . . . , aϕ(N)

}. In Stelling 2.2.6 zagen we dat

een product van eenheden modulo N weer een eenheid is, dus is

ε := a1 · a2 · . . . · aϕ(N)

ook een eenheid modulo N . Bekijk nu de afbeelding ‘vermenigvuldigen meta’. Dit beeldt (Z/NZ)∗ naar zichzelf af, want a is een eenheid. We latennu zien dat de afbeelding zelfs een bijectie op (Z/NZ)∗ is. Immers, alsa · b = a · c, dan volgt door beide uitdrukkingen met de inverse van a tevermenigvuldigen, dat b = c. Dus is de afbeelding injectief. Dit betekent datverschillende elementen ook naar verschillende elementen worden afgebeeld,dus bestaat het beeld uit evenveel elementen als het origineel, en dat zijner ϕ(N). Dit impliceert dat de afbeelding ook surjectief is. Uitgeschrevenlevert dit de gelijkheid

(Z/NZ)∗ ={a · a1, a · a2, . . . , a·aϕ(N)

}.


Vermenigvuldigen we al deze elementen, dan krijgen we zoals we al zagen ε.Anderzijds zien we dat het product gelijk is aan

(a · a1) · (a · a2) · . . . · (a·aϕ(N)) = aϕ(N) · a1 · a2 · . . . · aϕ(N) = aϕ(N) · ε.

Dus volgt ε = aϕ(N) · ε, en door beide kanten met de inverse van ε te verme-nigvuldigen volgt aϕ(N) = 1, wat we wilden bewijzen. 2

Gevolg 2.2.11 (De kleine stelling van Fermat; Pierre de Fermat, Fransamateurwiskundige, 1601–1665) Is p een priemgetal, dan geldt voor elke rest-klasse a mod p dat (a mod p)p = a mod p.

Bewijs. Als a mod p geen eenheid modulo p is, dan volgt vanwege het feitdat p priem is, dat a mod p = 0 mod p, en in dit geval is het Gevolg dusduidelijk. Verder is voor p een priemgetal ϕ(p) = p − 1, zoals we al inGevolg 2.2.5 zagen. Is dus a mod p wel een eenheid, dan geldt vanwegeStelling 2.2.10 dat (a mod p)p = (a mod p) · (a mod p)p−1 = (a mod p) · 1 =a mod p. 2

De kleine stelling van Fermat levert een zeer snel te implementeren criteriumop om na te gaan dat veel grote getallen geen priemgetallen zijn. Willenwe namelijk nagaan of N priem is, dan kiezen we (bijvoorbeeld) a = 2, enberekenen (2 mod N)N . Komt daar iets anders uit dan 2 mod N , dan mogenwe uit Fermat’s kleine stelling concluderen dat N geen priemgetal is. Merkop dat dit machtsverheffen gedaan kan worden door in de orde van groottevan log(N) vermenigvuldigingen/ delingen met rest uit te voeren. Bovendiengaat het hierbij steeds om getallen tussen 0 en N . Deze ‘samengesteldheidstest’ is dus heel veel sneller dan domweg proberen of N ergens tussen 1 en√N een deler heeft! Hier staat evenwel tegenover, dat ons algorithme minder

informatie geeft: bijvoorbeeld weten we als het algorithme concludeert dateen gegeven N niet priem is, nog niets over eventuele delers van N . Enwat veel erger is: er bestaan getallen die geen priemgetal zijn, zoals 341 =11·31, waarvoor geldt dat toch (2 mod 341)341 = 2 mod 341. In dit voorbeeldkunnen we door naar 3 mod 341 in plaats van naar 2 mod 341 te kijken, tochnog inzien dat 341 geen priemgetal is. Helemaal vervelend zijn in dit opzichtde zogeheten Carmichael getallen. Dit zijn getallen N die niet priem zijn,maar waarvoor toch voor elke a ∈ Z geldt dat (a mod N)N = a mod N . Hetkleinste Carmichael getal is N = 561 = 3 · 11 · 17. In 1992 bewezen Alford,Granville en Pomerance dat er oneindig veel van deze getallen bestaan.


2.3 De Chinese reststelling

Om na te gaan dat bijvoorbeeld N = 561 = 3 · 11 · 17 de zojuist genoemdeeigenschap heeft, namelijk dat elk getal a voldoet aan 561|a561 − a, ligthet voor de hand in plaats van direct naar deelbaarheid door 561, naardeelbaarheid door 3, 11 en 17 te kijken. Op die manier volgt de eigen-schap betrekkelijk eenvoudig: is a niet deelbaar door 3, dan volgt uit Stel-ling 2.2.10 dat (a mod 3)2 = 1 mod 3, dus voor een even exponent m = 2kgeldt (a mod 3)m = (1 mod 3)k = 1 mod 3, met andere woorden 3|a2k − 1.Door met a te vermenigvuldigen, volgt 3|a2k+1−a, en deze eigenschap is ookwaar voor een a die door 3 deelbaar is, dus voor elke a ∈ Z.

Op dezelfde manier volgt dat voor een exponent m = 10` die een veelvoudvan 10 is geldt, dat 11|a10`− 1 (mits a niet deelbaar is door 11). Dus krijgenwe voor iedere a ∈ Z dat 11|a10`+1− a. En tenslotte geldt evenzo voor a ∈ Zdat 17|a16n+1−a. Combineren we deze drie deelbaarheidseigenschappen, danblijkt dat voor elke exponent m die een plus een veelvoud van zowel 16 als 10als 2 is, met andere woorden die een plus een veelvoud van kgv(16, 10, 2) = 80is, geldt dat 3 · 11 · 17 = 561|am − a. In het bijzonder geldt dus voor zulke adat 561|a561 − a, want 561 = 1 + 80 ∗ 7.

Een dergelijk resultaat vinden we dus door twee hulpmiddelen te combine-ren: het rekenen modulo priemgetallen p (dat leverde het benodigde specialegeval van Stelling 2.2.10), en het combineren van deelbaarheid modulo priem-getallen tot deelbaarheid modulo hun product. Dit laatste gaan we nu watalgemener bekijken; in het bijzonder niet alleen voor priemgetallen.

Lemma 2.3.1 Laat N,M ∈ Z positieve getallen zijn. Het voorschrift ‘Beeldtde restklasse van a modulo N af op de restklasse van a modulo M ’ geeft eengoed gedefinieerde afbeelding: Z/NZ −→ Z/MZ precies dan als M |N .

Bewijs. We moeten nagaan wanneer het genoemde voorschrift een afbeel-ding definieert; met ander woorden, wanneer elk origineel in Z/NZ precieseen beeld in Z/MZ heeft. Neem een restklasse in Z/NZ; zeg dat dit de rest-klasse van een a ∈ Z is. Deze wordt dan afgebeeld op a mod M , maar ook,voor elke andere b ∈ Z die dezelfde restklasse modulo N oplevert als a, opb mod M . Wat we dus willen is kennelijk precies, dat voor elke a, b ∈ Z meta mod N = b mod N ook geldt dat a mod M = b mod M . Anders gezegd:als N |a− b, dan moet ook M |a− b. Dit willen we voor alle a, b ∈ Z; dus doora = N en b = 0 te kiezen zien we, dat om een goed gedefinieerde afbeeldingte krijgen noodzakelijk is, dat M |N . Omgekeerd, als M |N , dan volgt vooralle a, b ∈ Z met N |a− b dat M |N |a− b, dus in het bijzonder dat M |a− b.Dit bewijst het gevraagde. 2


Opmerking 2.3.1 Bovenstaand lemma komt wellicht wat merkwaardigover. Het laat evenwel iets heel essentieels van het rekenen met restklas-sen zien. Namelijk, restklassen zijn verzamelingen, en als we daar zomaareen element uit kiezen en daar weer iets mee doen, dan hoeft het natuurlijkhelemaal niet zo te zijn dat als we een ander element uit de restklasse gekozenhadden, dit uiteindelijk hetzelfde had opgeleverd.

Voorbeeld 2.3.2 a mod 4 7→ a mod 2 definieert een afbeelding van Z/4Znaar Z/2Z. Deze afbeelding beeldt 1 mod 4 en 3 mod 4 af op 1 mod 2, en0 mod 4 en 2 mod 4 op 0 mod 2.

Echter a mod 2 7→ a mod 4 definieert geen afbeelding. Want bijvoorbeeld1 mod 2 is hetzelfde als 3 mod 2, maar 1 mod 4 en 3 mod 4 zijn uiteraardverschillend.

Anders gezegd: als we van een getal z’n rest bij deling door 4 weten, dankennen we ook de rest bij deling door 2. Maar omgekeerd, uit de informatiewat de rest bij deling door 2 is, weten we nog niet wat we overhouden bijdeling door 4.

Om de belangrijkste resultaten van deze sectie te kunnen formuleren,brengen we nog even een notatie uit de verzamelingentheorie in herinnering.Voor verzamelingen V en W , noteren we het cartesisch product van V en Wals V ×W . Per definitie bestaat dit uit alle geordende paren van een elementuit V gevolgd door een element uit W :

V ×W = {(v, w) | v ∈ V en w ∈ W} .

Stelling 2.3.3 (De Chinese reststelling)Laat N,M positieve gehele getallen zijn met ggd(N,M) = 1. Dan bestaat deafbeelding

a mod NM 7→ (a mod N, a mod M) : Z/NMZ −→ Z/NZ× Z/MZ.

Deze afbeelding is bijectief.Bovendien beeldt de afbeelding (Z/NMZ)∗ af naar (Z/NZ)∗× (Z/MZ)∗,

en ook dit is een bijectie.

Bewijs. Het bestaan van de afbeelding volgt uit Lemma 2.3.1. We tonennu eerst aan dat de afbeelding injectief is. Als a, b ∈ Z en (a mod N, a modM) = (b mod N, b mod M), dan houdt dat per definitie in dat N |a − b enM |a− b. Uit Gevolg 1.2.9 volgt dan dat kgv(N,M)|a− b. Verder impliceertditzelfde gevolg, omdat ggd(N,M) = 1, dat NM = ggd(N,M)·kgv(N,M) =kgv(N,M). Conclusie: NM |a − b oftewel a mod NM = b mod NM . De


afbeelding is dus injectief, en omdat zowel Z/NMZ als Z/NZ × Z/MZ uitprecies NM elementen bestaan, is de afbeelding dan ook surjectief.

Verder, als voor a ∈ Z geldt dat a mod NM ∈ (Z/NMZ)∗, dan isggd(a,NM) = 1, dus in het bijzonder ook ggd(a,N) = 1 = ggd(a,M). Ditwil precies zeggen dat dan ook (a mod N, a mod M) ∈ (Z/NZ)∗× (Z/MZ)∗.Dus inderdaad beeldt de afbeelding (Z/NMZ)∗ af op (Z/NZ)∗ × (Z/MZ)∗.

Omgekeerd, als (a mod N, b mod M) ∈ (Z/NZ)∗ × (Z/MZ)∗, dan geldtggd(a,N) = 1 = ggd(b,N). Omdat de afbeelding surjectief is, bestaat c ∈ Zwaarvoor (c mod N, c mod M) = (a mod N, b mod M). Bij gevolg is c =q1N + a en c = q2M + b, dus vanwege Lemma 1.1.8 geldt ggd(c,N) =ggd(a,N) = 1 en evenzo ggd(c,M) = ggd(b,M) = 1. Maar dan is ookggd(c,NM) = 1 oftewel c mod NM ∈ (Z/NMZ)∗. De beperking van deafbeelding tot (Z/NMZ)∗ heeft dus als beeld precies (Z/NZ)∗ × (Z/MZ)∗,en uiteraard is deze beperking ook weer injectief. Hiermee is de Chinesereststelling bewezen. 2

Voorbeeld 2.3.4 De Chinese reststelling kan gezien worden als een crite-rium voor oplosbaarheid van een stel simultane congruenties: voor gegevena, b,N,M zoeken we x ∈ Z met zowel x ≡ a mod N als x ≡ b mod M . Destelling zegt dat als ggd(N,M) = 1, dan zijn er altijd zulke x, en bovendienis de verzameling van alle oplossingen precies een restklasse modulo NM .

Voorbeeld: we bepalen alle x ∈ Z met x ≡ 4 mod 9 en x ≡ 5 mod 11.Zulke x moeten van de vorm x = 4 + 9y zijn, met y ∈ Z. Verder dient4 + 9y ≡ 5 mod 11 te gelden, oftewel 9y ≡ 1 mod 11. Dit wil precies zeggendat 9 mod 11 de inverse van y mod 11 in (Z/11Z)∗ moet zijn, dus y mod 11 =5 mod 11. We concluderen y = 5 + 11z en dus x = 4 + 9(5 + 11z) = 49 + 99zmet z ∈ Z willekeurig. Anders gezegd: de oplossing bestaat precies uit derestklasse van 49 modulo 99. Het enige getal tussen 1 en 99 dat rest 4 bijdeling door 9 en rest 5 bij deling door 11 oplevert, is dus 49.

Opmerking 2.3.5 Met inductie naar n laat zich de Chinese reststelling een-voudig als volgt generaliseren. Stel N1, . . . , Nn zijn positieve gehele getallenmet ggd(Ni, Nj) = 1 voor elk paar i, j met 1 ≤ i < j ≤ n. Dan is

Z/N1 . . . NnZ −→ Z/N1Z× Z/N2Z× . . .× Z/NnZ

gegeven door a mod N1 . . . Nn 7→ (a mod N1, . . . , a mod Nn) een bijectie.Hetzelfde geldt als we de afbeelding beperken tot eenheden.

Een voorbeeld: 7, 11 en 13 zijn paarsgewijs relatief priem, en hun productis 7 · 11 · 13 = 1001. Voor elk drietal gehele getallen a, b, c ∈ Z bestaat er dusprecies een x ∈ Z met 0 ≤ x ≤ 1000 waarvoor x ≡ a mod 7 en x ≡ b mod 11en x ≡ c mod 13. Probeer zelf maar eens voor bepaalde drietallen a, b, c dezex te vinden.


Gevolg 2.3.6 Voor Euler’s ϕ-functie geldt, dat als N,M positieve gehelegetallen zijn met ggd(N,M) = 1, dan is ϕ(NM) = ϕ(N) · ϕ(M).

Bewijs. Per definitie is ϕ(n) gelijk aan het aantal elementen van (Z/nZ)∗.De bewering volgt direct uit Stelling 2.3.3 plus het feit dat voor eindigeverzamelingen V,W het aantal elementen van V ×W gelijk is aan het productvan de aantallen elementen van V en W . 2

Met behulp van dit gevolg zullen we een formule voor ϕ(n) in termen van depriemfactorisatie van n afleiden. Hiervoor is eerst een hulpresultaat nodig.

Lemma 2.3.7 Voor p een priemgetal en k een geheel getal ≥ 1 geldt

ϕ(pk) = (p− 1)pk−1 = pk − pk−1.

Bewijs. We weten al dat ϕ(pk) gelijk is aan het aantal gehele getallen a met0 ≤ a ≤ pk − 1 en ggd(a, pk) = 1. Het genoemde interval bevat precies pk

gehele getallen, en zo’n getal heeft precies dan niet grootste gemene deler 1met pk, wanneer het door p deelbaar is. De door p deelbare getallen in hetinterval zijn 0 · p, 1 · p, . . . ,m · p, waarbij m het grootste gehele getal kleinerdan pk−1 is. Het interval bevat dus precies pk−1 door p deelbare getallen, endaarom is ϕ(pk) = pk − pk−1. 2

Stelling 2.3.8 De Euler ϕ-functie kan voor n ≥ 2 berekend worden metbehulp van de formule

ϕ(n) =∏p|n

(p− 1)pvp(n)−1 = n∏p|n

(1− 1

p)

waar het product over de priemdelers van n wordt genomen.

Bewijs. De tweede gelijkheid volgt uit het feit dat n =∏p|n

pvp(n).

Voor de eerste gelijkheid zullen we met inductie naar N aantonen datvoor elke n met 2 ≤ n ≤ N de gelijkheid geldt. Voor N = 2 is dit juist.Geldt het voor N ≥ 2, dan hoeven we om het ook voor N + 1 te bewijzenalleen maar te verifieren dat de gelijkheid waar is voor n = N + 1. Is deze neen macht van een priemgetal, dan zijn we klaar vanwege Lemma 2.3.7. Inhet resterende geval kunnen we schrijven n = pvp(n) · n′, met 2 ≤ n′ ≤ N . Ergeldt ggd(pvp(n), n′) = 1, dus vanwege Gevolg 2.3.6 is ϕ(n) = ϕ(pvp(n))ϕ(n′).Met behulp van de inductiehypothese toegepast op n′ volgt dus de gelijkheidvoor n. 2

Voorbeeld 2.3.9 ϕ(1000000) = 25 · 4 · 55 = 400000. Er zijn dus 400000positieve oneven getallen onder miljoen die niet op een 5 eindigen.


2.4 Opgaven

1. Bewijs dat voor een oneven n ∈ Z geldt n2 ≡ 1 mod 8, en voor eenoneven priemgetal p 6= 3 zelfs p2 ≡ 1 mod 24.

2. Gegeven een positief geheel getal n =∑ai10i.

(a) Laat zien: voor p = 2 en voor p = 5 geldt dat p|n dan en slechtsdan als p|a0.

(b) Laat zien: voor m = 3 en voor m = 9 is m|n precies dan alsm|∑ai.

(c) Bewijs dat 11|n precies dan als 11|∑

(−1)iai.

3. Bepaal de inverse van 100 in (Z/257Z)∗.

4. Laat zien dat 2341 ≡ 2 mod 341. Is 341 een priemgetal? Bereken ook3341 mod 341.

5. Laat zien dat voor elke n ∈ Z geldt dat n13 ≡ n mod 2730.

6. Welke rest houden we over wanneer (177 + 1015)116 gedeeld wordt door1003 = 17× 59?

7. Bepaal alle gehele getallen die rest 3 bij deling door 7, rest 6 bij delingdoor 11 en rest 1 bij deling door 13 opleveren.

8. (a) Bepaal voor n = 4 de restklasse (n− 1)! mod 4.

(b) Laat zien dat voor n > 4 geen priemgetal geldt, dat (n − 1)! ≡0 mod n.

(c) Neem nu n = p een priemgetal. Bepaal alle restklassen a mod p ∈(Z/pZ)∗ die voldoen aan (a mod p)−1 = a mod p.

(d) Laat zien dat voor n = p een priemgetal geldt (n− 1)! ≡ −1 modn.

(e) Laat zien dat n ≥ 2 priem is dan en slechts dan als (n − 1)! ≡−1 mod n. Is dit een praktische manier om primaliteit te testen?

9. (a) Laat zien dat een Carmichael getal niet deelbaar is door een kwa-draat > 1.

(b) Bewijs dat als n = p1 · . . . · pt een product is van t > 1 onderlingverschillende priemgetallen, met de eigenschap dat pi − 1|n − 1voor elke i, dan is n een Carmichael getal.


10. Vind alle oplossingen n van ϕ(n) = 24. Idem voor ϕ(n) = 14.

11. Laat N, a ∈ Z met N > 0.

(a) Bewijs dat a ∈ (Z/NZ)∗ dan en slechts dan als −a ∈ (Z/NZ)∗.

(b) Voor welke restklassen a mod N geldt dat a mod N = −a mod N?(Onderscheid de gevallen N even en N oneven.)

(c) Laat zien dat ϕ(N) even is als N ≥ 3.

12. Laat zien dat als p1, . . . , pt de eerste t priemgetallen zijn, en nj =p1 · · · pt−p1 · · · pt/pj, dan ϕ(nj) = ϕ(nk) voor 1 ≤ j, k ≤ t. Concludeerhieruit dat de vergelijking ϕ(x) = m voor vaste m willekeurig veeloplossingen kan hebben.

13. Bepaal alle n waarvoor ϕ(n)|n.

3 GROEPEN EN HOMOMORFISMEN 29

3 Groepen en homomorfismen

Een aantal eigenschappen die Z heeft ten aanzien van de optelling, heeft(Z/NZ)∗ juist ten aanzien van het vermenigvuldigen. We zullen verderopzien dat er nog veel meer verzamelingen zijn met een bewerking erop, dieallemaal zo’n zelfde collectie gemeenschappelijke eigenschappen hebben. Hetis typerend voor (abstracte) algebra, zoiets in een definitie te gaan vangen.In plaats van voor alle gevallen weer opnieuw, kan dan in een keer vooralles wat aan de definitie voldoet een reeks eigenschappen bewezen worden.Dit hebben we al gezien bij de colleges lineaire algebra: daar wordt heelabstract het begrip ‘lineaire ruimte’ ingevoerd, en vervolgens blijkt dat allerleieigenschappen daarvan niet alleen voor de vertrouwde ruimten R2 en R3

gelden, maar ook bijvoorbeeld voor allerlei ‘scheefliggende’ deelruimten vanRn, of zelfs voor ruimten van functies of veeltermen of rijtjes of matrices,enz. enz.

In het geval van ‘groepen’ waar we het hier over zullen hebben, werd zo’nabstracte definitie voor het eerst opgesteld door de in Duitsland werkendeW.F.A. von Dyck (1856–1934). Algebra colleges opbouwen vanuit dit soortabstracte definities werd voor het eerst gedaan in Gottingen rond 1920, metname door een beroemde vrouwelijke wiskundige: Emmy Noether (1882–1935). Onder haar studenten zat een nog jonge Amsterdammer, B.L. van derWaerden. Deze werd in 1928 toen hij nog maar 25 jaar oud was benoemdtot professor in de wiskunde in Groningen, en daar schreef hij een nog steedsveel gebruikt leerboek over algebra, geheel in deze abstracte ‘moderne’ stijl.Dit was het eerste boek van deze soort ooit geschreven. Van der Waerden,overleden in 1996, werd er wereldberoemd door. De algebra is dankzij ditwerk sindsdien over de hele wereld steeds meer uitsluitend op deze wijzegedoceerd.

3.1 Groepen

Definitie 3.1.1 Een groep is een tripel (G, ·, e) met G een verzameling ,e ∈ G, en · een afbeelding van G×G naar G, die we schrijven als (x, y) 7→ x·y,waarvoor geldt dat

G1 (associativiteit) Voor alle x, y, z ∈ G geldt (x · y) · z = x · (y · z).

G2 (eenheidselement) Voor alle x ∈ G geldt e · x = x = x · e.

G3 (inverses) Voor elke x ∈ G bestaat een y ∈ G zodat x · y = e = y · x.

Een groep (G, ·, e) noemen we commutatief of ook wel (naar de Noorse wis-kundige Niels Henrik Abel, 1802–1829) abels, wanneer bovendien geldt


G4 Voor alle x, y ∈ G geldt x · y = y · x.

Opmerking 3.1.2 In plaats van (G, ·, e) hebben we het meestal kortwegover de groep G. De afbeelding · wordt de vermenigvuldiging op G genoemd;ook wel de groepswet op G. In plaats van x · y worden afhankelijk van decontext ook wel andere notaties gebruikt, bijvoorbeeld x ◦ y of x ∗ y of x× yof x+ y of zelfs xy.

Voorbeeld 3.1.3 (Z,+, 0) is een groep, en (Z/NZ,+, 0 mod N) en((Z/NZ)∗, ·, 1 mod N) eveneens. Dit zijn allemaal voorbeelden van com-mutatieve groepen. We kennen al veel meer commutatieve groepen: neemG = V een lineaire ruimte, neem ‘+’ de optelling van vectoren uit V , en0 ∈ V de nulvector. Dan is (V,+, 0) een abelse groep.

Voorbeeld 3.1.4 De verzameling inverteerbare n × n matrices metcoefficienten in F = R of F = C of F = Q (of meer algemeen: F is eenlichaam) wordt een groep, wanneer we als bewerking matrixvermenigvuldi-ging nemen, en als eenheidselement de eenheidsmatrix. Deze groep wordtaangeduid als GLn(F ). Voor n ≥ 2 is deze groep niet commutatief, omdat(bijvoorbeeld) geldt

0 0 · · · · · · 00 1 0 · · · 0

0 0 · · · · · · ......

...0 · · · 0

1 1 0 · · · 00 1 0 · · · 0

0 0 · · · · · · ......

...0 · · · 0

6=

1 1 0 · · · 00 1 0 · · · 0

0 0 · · · · · · ......

...0 · · · 0

0 0 · · · · · · 00 1 0 · · · 0

0 0 · · · · · · ......

...0 · · · 0

.

Zijn a1, a2, . . . , an elementen van een groep G, dan wordt hun producta1a2 . . . an met inductie naar n gedefinieerd als volgt: voor n = 2 is het ge-woon de bewerking in de groep. Is het product voor n−1 ≥ 2 al gedefinieerd,dan is verder a1a2 . . . an = (a1 . . . an−1) ·an. Met behulp van de associativiteiten inductie naar n blijkt dan dat (a1a2 . . . ak) · (ak+1 . . . an) = (a1a2 . . . an).Dit product van n factoren wordt vaak afgekort als

∏ni=1 ai, en in het geval

van een abelse groep als∑n

i=1 ai. Zijn alle ai hierin gelijk, zeg ai = a, dan


schrijven we an =∏n

i=1 ai. De zojuist genoemde eigenschap vertaalt zich,wanneer we schrijven ` = n − k, in ak · a` = ak+`. Let op dat machtsver-heffen in een groep zich in het algemeen toch wat minder mooi gedraagt alsmachtsverheffen met bijvoorbeeld gehele getallen. Bijvoorbeeld geldt in hetvoorbeeld van inverteerbare matrices i.h.a. niet dat (AB)2 = A2B2 (maakzelf een voorbeeld).

We geven nu eerst een paar elementaire eigenschappen van groepen.

Stelling 3.1.5 Gegeven is een groep (G, ·, e).

1. Het enige element e′ ∈ G met de eigenschap e′x = x voor elke x ∈ G,is e′ = e. Hetzelfde is waar met de eigenschap xe′ = x voor elke x ∈ G.

2. Voor elke x ∈ G bestaat er precies een y ∈ G met xy = e = yx.

3. Kies a ∈ G vast, dan is de afbeelding x 7→ ax een bijectie van G naarzichzelf. Evenzo is x 7→ xa een bijectie.

Bewijs. 1: Als voor elke x ∈ G geldt e′x = x, dan geldt dit in het bijzondervoor x = e. Dus volgt e = e′e = e′, de tweede gelijkheid vanwege groepsei-genschap G2. Het geval ee′ = e leidt op dezelfde wijze tot e = e′.2: Als xy = e = yx en ook xz = e = zx, dan volgt z = ze = z(xy) = (zx)y =ey = y, dus y = z.3: Neem a ∈ G willekeurig. De afbeelding x 7→ ax is injectief, want stelax = ay. Kies b ∈ G met ba = e, dan volgt x = ex = (ba)x = b(ax) =b(ay) = (ba)y = ey = y, dus x = y. Ook is de afbeelding surjectief, wantals z ∈ G willekeurig, neem dan b als boven en x = bz, dan wordt deze xafgebeeld op ax = a(bz) = (ab)z = ez = z, dus z zit in het beeld. De afbeel-ding ‘van links met a vermenigvuldigen’ is dus zowel injectief als surjectief,dus bijectief. Het geval ‘van rechts met a vermenigvuldigen’ wordt geheelanaloog bewezen. 2

Definitie 3.1.6 Laat (G, ·, e) een groep zijn en x ∈ G. Het vanwege Stel-ling 3.1.5 unieke element y ∈ G met de eigenschap xy = e = yx noemen wede inverse van x in G. Dit wordt genoteerd als x−1.

In het geval van een abelse groep waar de groepswet als + genoteerdwordt, noemen we dit element y de tegengestelde van x in G, en het wordtgenoteerd als −x.

Opmerking 3.1.7 Om na te gaan of een zeker element y in een groep deinverse is van een element x, is het voldoende na te gaan dat xy = e =yx, want Stelling 3.1.5 zegt dat er slechts een element bestaat met dezeeigenschap, en dat is per definitie x−1.


Gevolg 3.1.8 Laat G een groep zijn en a, a1, a2, . . . , an ∈ G.

1. (a−1)−1 = a.

2. (a1 . . . an)−1 = a−1n · a−1

n−1 · . . . · a−11 . (Bij inverse nemen draait dus de

volgorde om!)

3. (an)−1 = (a−1)n.

Bewijs. 1: Er geldt aa−1 = e = a−1a, en dat zegt precies dat a de inversevan a−1 is, oftewel (a−1)−1 = a.2: Dit bewijzen we met inductie naar n. Voor n = 1 klopt de bewering,en als n ≥ 2 en we nemen aan (a1 . . . an−1)−1 = a−1

n−1 · . . . · a−11 , dan volgt

(a−1n · a−1

n−1 · . . . · a−11 ) · (a1 . . . an) = a−1

n ((a−1n−1 · . . . · a−1

1 ) · (a1 . . . an−1))an =a−1n ean = e en evenzo (a1 . . . an) · (a−1

n · a−1n−1 · . . . · a−1

1 ) = e. Hiermee is metinductie het bewijs geleverd.3: Dit volgt uit de voorgaande bewering door alle ai gelijk aan a te kiezen. 2

Is x een element van een groep G en n ∈ Z, dan hebben we voor positieven al gedefinieerd wat we onder xn verstaan. Voor n = 0 is per definitiex0 = e, en voor negatieve n is xn = (x−1)−n. Met deze definitie en watzojuist bewezen is, volgt dat xn · x−n = e, dus x−n is de inverse van xn. Ookvolgt eenvoudig met behulp van volledige inductie naar |n| dat voor n,m ∈ Zgeldt dat xn+m = xn · xm.

Definitie 3.1.9 De vermenigvuldigtabelWe kunnen een groep G die uit slechts eindig veel elementen bestaat volledigbeschrijven door in een tabel alle uitkomsten van vermenigvuldigingen vantwee elementen van G weer te geven. Dit geven we weer in een matrix (ai,j).Op plek a1,1 schrijven we niets, of zo je wilt de naam van de groep. In de restvan de eerste rij schrijven we alle elementen van G, en evenzo in de eerstekolom. Op plek ai,j voor i, j ≥ 2 noteren we het produkt ai,1 · a1,j. (Dus hetelement uit de eerste kolom schrijven we links, dat uit de eerste rij rechts!Dit maakt natuurlijk uit in het geval van niet-abelse groepen.)

Voorbeeld 3.1.10 Hier volgt de vermenigvuldigtabel voor Z/3Z:

Z/3Z 0 1 2

0 0 1 21 1 2 02 2 0 1


Het feit dat van links met een vast element vermenigvuldigen een bijectieis, wil precies zeggen dat in iedere rij elk element van de groep een keervoorkomt (na de eerste plek). Evenzo is van rechts met een vast elementvermenigvuldigen bijectief, en dat betekent dat in iedere kolom vanaf detweede plek elk element een keer voorkomt.

Nagaan of een groep commutatief is betekent in termen van de tabel datwe moeten nagaan of ai,j = aj,i voor alle i, j. Met andere woorden, we moetenkijken of de tabel symmetrisch is langs de hoofddiagonaal.

Voorbeeld 3.1.11 Hier volgt een groepentabel voor een niet-abelse groepbestaande uit 6 elementen:

G e a b c d f

e e a b c d fa a e f d c bb b d e f a cc c f d e b ad d b c a f ef f c a b e d

3.2 Ondergroepen

Analoog aan het begrip “lineaire deelruimte” in een vectorruimte, hebben weook iets bij groepen.

Definitie 3.2.1 Een ondergroep H van een groep (G, ·, e) is een deelverza-meling van G die, met hetzelfde element e en dezelfde groepsbewerking ·, zelfweer een groep is.

Voorbeeld 3.2.2 In (Z,+, 0) is de verzameling bestaande uit alle even ge-tallen een ondergroep.

De verzameling bestaande uit alle niet-negatieve gehele getallen is geenondergroep van Z. Immers, ten aanzien van de groepsbewerking op Z (deoptelling) is niet voor ieder element x uit deze deelverzameling aan G3 vol-daan.

In de groep GLn(Q) vormen de matrices waarvan de determinant gelijkis aan 1 een ondergroep. Dit volgt uit de formule det(AB) = det(A) det(B)voor n×n-matrices A,B. De zo verkregen ondergroep wordt aangeduid metSLn(Q). Hetzelfde geldt als we Q door R of door C of algemener, door eenwillekeurig lichaam F vervangen. De ondergroep van matrices met determi-nant 1 heet dan SLn(F ).


Om op een efficiente manier na te gaan of een gegeven deelverzameling vaneen groep een ondergroep is, kan je gebruik maken van het volgende criterium.

Stelling 3.2.3 Is (G, ·, e) een groep en H ⊂ G, dan geldt dat H een onder-groep is precies dan als

H1 e ∈ H;

H2 Voor elke x, y ∈ H geldt x · y ∈ H;

H3 Voor elke x ∈ H geldt x−1 ∈ H.

Bewijs. Is H een ondergroep van (G, ·, e), dan wil dat per definitie zeggendat (H, ·, e) een groep is. De definitie van een groep impliceert dan direct deeigenschappen H1, H2 en H3.

Omgekeerd, stel dat voor een deelverzameling H de eigenschappen H1, H2en H3 gelden. We moeten dan nagaan dat (H, ·, e) een groep is. H1 zegt datinderdaad e ∈ H, en H2 zegt dat de beperking tot H van de groepsbewerkingopG inderdaad een afbeelding vanH×H naarH is. Aan G1 en G2 is door hettripel (H, ·, e) voldaan, want deze eigenschappen gelden voor alle elementenvan G dus zeker voor de elementen in de deelverzameling H. Tenslotte isvanwege H3 ook aan G3 voldaan. 2

Voorbeeld 3.2.4 Is G een groep en x ∈ G, dan is de verzameling van allemachten van x (zowel positieve als negatieve machten, en ook x0 wat perdefinitie gelijk is aan e) een ondergroep. Immers deze verzameling voldoetaan H1, H2 en H3. We noteren de zo verkregen ondergroep als 〈x〉; insommige boeken wordt er ook wel de notatie xZ voor gebruikt.

Voorbeeld 3.2.5 In (Z/24Z)∗ kunnen we een heleboel ondergroepen vande gedaante 〈x mod 24〉 = 〈x〉 vinden, namelijk 〈1〉 bestaande uit slechtseen element, en 〈5〉, 〈7〉, 〈11〉, 〈13〉, 〈17〉, 〈19〉, 〈23〉 die ieder uit precies tweeelementen bestaan.

(Z/24Z)∗ heeft overigens nog veel meer ondergroepen; bijvoorbeeld ook{±1,±x} voor x = 5, 7, 11, bestaande uit 4 elementen.

Voorbeeld 3.2.6 We gaan alle ondergroepen van (Z,+, 0) beschrijven. Omte beginnen is {0} = 0Z een ondergroep. Is H een ondergroep met H 6= 0Z,dan bevat H een element x 6= 0. Omdat H een groep is voor de gewoneoptelling, is dan ook −x ∈ H. Dus kunnen we concluderen dat H tenminsteeen positief geheel getal bevat. Het kleinste positieve gehele getal dat in Hzit noemen we a.


Bewering: H = 〈a〉 = aZ. Immers, de tweede gelijkheid is gewoon dedefinitie van 〈a〉 die in Voorbeeld 3.2.4 gegeven is. Om te laten zien datH ⊃ 〈a〉, moet bewezen worden dat voor elke n ∈ Z geldt dat an ∈ H.Dit gaat met inductie naar |n|, gebruik makend van de eigenschappen H2en H3 voor H (vul zelf de details in!). Omgekeerd moeten we laten zien datH ⊂ aZ. Neem b ∈ H willekeurig. Noem d = ggd(a, b). Ook d zit in H, wanter bestaan x, y ∈ Z waarvoor d = ax+ by, en omdat a ∈ H geldt ook ax ∈ H(dat argument is zojuist uitgelegd); evenzo is b ∈ H en dus ook by ∈ H. UitH2 volgt dan dat de som d = ax + by ∈ H. We weten 1 ≤ d ≤ a, en omdata per definitie het kleinste positieve getal in H is, moet dus gelden d = a.Maar dat impliceert dat a = d|b, oftewel b ∈ aZ. Hiermee zijn beide inclusiesaangetoond, dus we hebben bewezen dat H = 〈a〉.

Een willekeurige ondergroep van Z is dus van de gedaante aZ, met even-tueel a = 0. Omgekeerd is iedere deelverzameling van Z die van deze vormis, een ondergroep. Hiermee zijn alle ondergroepen van Z beschreven.

Een belangrijke eigenschap van ondergroepen van eindige groepen (dwz.groepen (G, ·, e) waarvoor geldt dat de verzameling G uit slechts eindig veelelementen bestaat) wordt in de volgende stelling gegeven. Het in het bewijsgebruikte telargument verdient de nodige aandacht: we zullen deze technieklater nog meerdere malen tegenkomen.

Stelling 3.2.7 (Stelling van Lagrange; Joseph Louis Lagrange, Frans wis-kundige, 1736–1813) Is H een ondergroep van een eindige groep G, dan ishet aantal elementen van H een deler van het aantal elementen van G (no-tatie: #H|#G).

Bewijs. Voor x ∈ G bezien we de deelverzameling xH = {xy | y ∈ H} vanG. De vereniging van alle deelverzamelingen van dit type is heel G, immersx ∈ G is een element van xH, want e ∈ H en x = xe.

Verder geldt dat al deze deelverzamelingen hetzelfde aantal elementenhebben, oftewel #xH = #yH voor alle x, y ∈ G. Dit volgt uit het feitdat er een bijectie tussen xH en yH bestaat, namelijk f : xH → yHgegeven door f(z) = yx−1z. Deze afbeelding beeldt namelijk inderdaad xHop yH af, want is z ∈ xH, dan geldt z = xh voor een h ∈ H, dus f(z) =yx−1z = yx−1xh = yh ∈ yH. De afbeelding is bijectief, want g : yH → xHgegeven door g(z) = xy−1z is een inverse zoals eenvoudig na te rekenen is.Het bestaan van een bijectie tussen twee eindige verzamelingen impliceert,dat deze verzamelingen evenveel elementen hebben.

We gaan vervolgens na dat als xH∩yH 6= ∅, dan zijn ze gelijk: xH = yH.Immers, stel z ∈ xH ∩ yH. Dan z ∈ xH, dus we kunnen schrijven z = xh1

voor zekere h1 ∈ H. Evenzo z = yh2 voor een h2 ∈ H. Dus is xh1 = yh2, en


door beide kanten van rechts met h−11 of met h−1

2 te vermenigvuldigen, volgtdat x = yh2h

−11 en y = xh1h

−12 . Een willekeurige xh ∈ xH is dus te schrijven

als xh = yh2h−11 h = y(h2h

−11 h) ∈ yH en evenzo is een willekeurige yh ∈ yH

te schrijven als yh = xh1h−12 h ∈ xH. Dit bewijst dat xH = yH.

We hebben dus G gegeven als vereniging van deelverzamelingen met al-lemaal evenveel elementen. Door zoveel mogelijk overbodige deelverzame-lingen xH weg te gooien, mogen we aannemen dat hierbij deze verzame-lingen twee aan twee lege doorsnede hebben. Dan volgt dat #G gelijk isaan het aantal resterende deelverzamelingen vermenigvuldigd met #xH, en#xH = #eH = #H. Dit impliceert #H|#G, hetgeen we wilden bewijzen. 2

We willen dit resultaat in het bijzonder gebruiken voor ondergroepen van devorm 〈x〉. Daartoe eerst het volgende.

Definitie 3.2.8 Is x een element van een groep G, dan definieren we de ordevan x, notatie ord(x), als volgt. Als er een m > 0 bestaat met xm = e, danis ord(x) het kleinste positieve gehele getal n met de eigenschap xn = e. Alsvoor elke m > 0 geldt xm 6= e, dan is ord(x) =∞.

Voorbeeld 3.2.9 In elke groep (G, ·, e) geldt ord(e) = 1. Bovendien, alsvoor een x ∈ G geldt dat ord(x) = 1, dan x = e, want ord(x) = 1 impliceertdat x = x1 = e.

In (Z/5Z)∗ geldt ord(1) = 1 en ord(4) = 2 en ord(2) = ord(3) = 4.

Stelling 3.2.10 Gegeven een groep G en een element x ∈ G.

1. ord(x) = ord(x−1).

2. Als ord(x) <∞, dan 〈x〉 = {x, x2, . . . , xord(x) = e}.

3. ord(x) = #〈x〉.

4. Als #G <∞, dan ook ord(x) <∞ en bovendien ord(x)|#G.

5. Als xn = e, dan is ord(x)|n.

Bewijs. 1: Is xm = e, dan ook (x−1)m = x−m = (xm)−1 = e. Door dezeregel ook voor de inverse van x te gebruiken, zien we dat de verzamelinggetallen m waarvoor geldt xm = e dezelfde verzameling is als de getallen nwaarvoor (x−1)n = e. (NB deze verzameling zou leeg kunnen zijn!) In hetbijzonder volgt dus ord(x) = ord(x−1).2: Schrijf d = ord(x). Is m ∈ Z, schrijf dan m = qd+ r met 0 ≤ r < d. Danis xm = (xd)q · xr = eqxr = xr. Hieruit volgt dat 〈x〉 ⊂ {e, x, . . . , xd−1}.


3: De bewering is juist als ord(x) = ∞, dus we mogen vanaf nu aannemendat de orde van x eindig is. In dit geval volgt het uit 2) als we aangetoondhebben dat de elementen van {e, x, . . . , xord(x)−1} twee aan twee verschillendzijn. Welnu, stel xm = xn met 0 ≤ m ≤ n < ord(x). Vermenigvuldigen metde inverse van xm levert e = xn−m, waarin 0 ≤ n − m < ord(x). Omdatper definitie ord(x) de kleinste positieve d is waarvoor xd = e, moet weln −m = 0. Dus xm = xn voor niet-negatieve n,m < ord(x) kan alleen alsn = m. Hiermee is 3) bewezen.4: 〈x〉 is een ondergroep van G, en omdat G eindig is, is deze ondergroep datook. Uit 3) en uit Stelling 3.2.7 volgt dan ord(x) = #〈x〉 is eindig, en zelfsord(x) = #〈x〉|#G.5: Uit xn = e volgt dat ord(x) < ∞. Noem d = ggd(n, ord(x)). Dan zijner k, ` met nk + ord(x)` = d. Dus volgt xd = (xn)k(xord(x))` = e. Omdat1 ≤ d ≤ ord(x), moet vanwege de definitie van ord(x) wel gelden d = ord(x).In het bijzonder dus d = ggd(n, ord(x))|n. 2

Voorbeeld 3.2.11 Voor een eindige groep geldt dus dat zowel het aantalelementen van een ondergroep als de orde van elk element een deler moetzijn van het aantal elementen van de groep.

Echter, niet iedere deler van het aantal elementen van de groep komt ookvoor als orde van een element. Bijvoorbeeld hebben we al gezien dat alle 8elementen van (Z/24Z)∗ orde 1 of 2 hebben. In een later hoofdstuk komenwe op deze kwestie terug.

Definitie 3.2.12 Het produkt van groepenHebben we twee groepen (G1, ·, e1) en (G2, ∗, e2), dan kan ook op de pro-duktverzameling G1×G2 de structuur van een groep gezet worden. Dit heethet produkt van groepen, en het werkt als volgt. Per definitie zijn elementenvan G1 × G2 geordende paren (x1, x2) met xi ∈ Gi. Het eenheidselementin de produktgroep is het paar (e1, e2). De groepsbewerking wordt gegevendoor (x1, x2) ◦ (y1, y2) = (x1 · y1, x2 ∗ y2). Ga zelf na dat met deze definitiesinderdaad (G1 ×G2, ◦, (e1, e2)) een groep is.

Geheel analoog wordt het produkt van meer dan twee groepen gemaakt.

Voorbeeld 3.2.13 De groepen Z/8Z en Z/4Z × Z/2Z en Z/2Z × Z/2Z ×Z/2Z hebben alle drie precies 8 elementen. Toch zijn ze in zekere zin echtverschillend: de eerste heeft 4 elementen van orde 8 en de andere twee geenenkel element van die orde. De tweede heeft 4 elementen van orde 4, terwijlin de derde elk element orde 1 of 2 heeft. Wel zijn deze groepen alle driecommutatief. Er bestaan overigens ook nog twee niet-commutatieve groepenmet precies 8 elementen (zie Opgave 14).


3.3 Homomorfismen

Na groepen en ondergroepen bekijken we nu afbeeldingen tussen groepen.In de lineaire algebra zijn de afbeeldingen tussen vectorruimten die bekekenworden de lineaire afbeeldingen, oftewel de afbeeldingen die de op vectorengedefinieerde bewerkingen behouden. Iets dergelijks doen we nu voor groe-pen (en in vele andere structuren binnen de wiskunde gebeurt iets geheelanaloogs):

Definitie 3.3.1 Gegeven twee groepen (G1, ·, e1) en (G2, ∗, e2). Een homo-morfisme van G1 naar G2 is een afbeelding f : G1 → G2 die voldoet aanf(x · y) = f(x) ∗ f(y) voor alle x, y ∈ G1.

Een isomorfisme van G1 naar G2 is een homomorfisme dat bovendienbijectief is.

We noemen G1 en G2 isomorf (notatie G1∼= G2) precies dan, als er een

isomorfisme van G1 naar G2 bestaat.

Voorbeeld 3.3.2 1. Met R∗>0 duiden we de positieve reele getallen aan.Dit is een groep onder de normale vermenigvuldiging. De afbeel-ding exp : R → R∗>0 gegeven door x 7→ ex is een homomorfismevan (R,+, 0) naar (R∗>0, ·, 1). Immers, exp(x + y) = ex+y = exey =exp(x) exp(y). Deze afbeelding is zelfs bijectief, dus zijn beide groepenisomorf.

2. det : GLn(R) → R∗ is een homomorfisme, omdat det(AB) =det(A) det(B). Dit is voor n 6= 1 geen isomorfisme, want het is voorn > 1 eenvoudig twee inverteerbare matrices op te schrijven met de-zelfde determinant.

3. Is G een willekeurige groep en x ∈ G, dan is fx : Z→ G gegeven doorf(n) = xn een homomorfisme. Immers, f(n + m) = xn+m = xnxm =f(n)f(m).

In het speciale geval G = Z/NZ en x = 1 is dit precies de afbeelding“reductie modulo N”: n 7→ n mod N .

4. De in de Chinese Reststelling 2.3.3 gebruikte afbeelding a mod NM 7→a mod N is een homomorfisme, zowel opgevat als afbeelding van(Z/NMZ,+, 0 mod NM) naar (Z/NZ,+, 0 mod N), als als afbeeldingvan ((Z/NMZ)∗, ∗, 1 mod NM) naar ((Z/NZ)∗, ∗, 1 mod N). In hetbijzonder volgt dus dat wanneer ggd(N,M) = 1, dan geldt

(Z/NMZ,+, 0 mod NM)∼=

(Z/NZ,+, 0 mod N)× (Z/MZ,+, 0 mod M)


en((Z/NMZ)∗, ∗, 1 mod NM)

∼=((Z/NZ)∗, ∗, 1 mod N)× ((Z/MZ)∗, ∗, 1 mod M).

We geven een paar basiseigenschappen van homomorfismen.

Stelling 3.3.3 Gegeven een homomorfisme f : (G1, ·, e1)→ (G2, ∗, e2).

1. f(e1) = e2.

2. Voor alle x ∈ G1 geldt f(x−1) = (f(x))−1.

3. Is f een isomorfisme, dan is de inverse van f dat ook.

4. Als ook g : (G2, ∗, e2) → (G3, ?, e3) een homomorfisme is, dan is desamenstelling g ◦ f het ook.

Bewijs. 1: Schrijf x = f(e1). Dan geldt in G2 dat x ∗ x = f(e1) ∗ f(e1) =f(e1 ·e1) = f(e1) = x. Links en rechts met de inverse van x vermenigvuldigenlevert dus x = e2.2: Noem y = f(x−1). Er geldt y ∗ f(x) = f(x−1) ∗ f(x) = f(x−1 · x) =f(e1) = e2. Dus is y de inverse van f(x), hetgeen we wilden bewijzen.3: Schrijf h voor de inverse van f . Zijn x, y ∈ G2, dan geldt f(h(x ∗ y)) =x ∗ y = f(h(x)) ∗ f(h(y)) = f(h(x) · h(y)). Omdat f bijectief is volgt hieruith(x ∗ y) = h(x) · h(y). Dus h is een homomorfisme, en omdat f bijectief is,is z’n inverse h dat ook. Hieruit volgt dat h een isomorfisme is.4: Voor x, y ∈ G1 geldt g ◦ f(x · y) = g(f(x · y)) = g(f(x) ∗ f(y) = g(f(x)) ?g(f(y)) = g ◦ f(x) ? g ◦ f(y). 2

Een isomorfisme van groepen kunnen we opvatten als een soort naamsveran-dering in de groep: we noemen alle elementen anders, we schrijven misschienzelfs de bewerking op een andere manier. Maar in zekere zin is er toch nietsveranderd. In het bijzonder verandert de orde van een element niet (al krijgthet element een andere naam). Dit kan soms gebruikt worden om aan tetonen dat bepaalde groepen niet isomorf zijn.

In het algemeen wordt bij een functie ϕ van een verzameling S1 naar eenverzameling S2 de volgende notatie gebruikt: is T1 ⊂ S1, dan is het beeld vanT1, notatie ϕ(T1), gegeven door

ϕ(T1) = {y ∈ S2 | er bestaat een x ∈ S1 met y = ϕ(x)} .

Evenzo is voor T2 ⊂ S2 het volledig origineel van T2, notatie ϕ−1(T2), gegevendoor

ϕ−1(T2) = {x ∈ S1 | ϕ(x) ∈ T2} .


Het speciale geval dat in de theorie van groepen van belang is, is dat ϕ = feen homomorfisme tussen groepen is, en de Ti ondergroepen.

Stelling 3.3.4 Gegeven is een homomorfisme f : (G1, ◦, e1) → (G2, ∗, e2)en voor i = 1, 2 ondergroepen Hi ⊂ Gi. Er geldt dat f(H1) een ondergroepvan G2 is, en evenzo dat f−1(H2) een ondergroep is van G1.

Bewijs. In beide gevallen dient nagegaan te worden dat aan de eisen H1,H2 en H3 is voldaan. H1: e2 ∈ f(H1), want e1 ∈ H1 en f(e1) = e2. Ooke1 ∈ f−1(H2), want f(e1) = e2 ∈ H2. Nu de eis H2: laat x, y ∈ f−1(H2). Danis f(x), f(y) ∈ H2, dus omdat H2 een groep is, ook f(x·y) = f(x)∗f(y) ∈ H2.Dit wil precies zeggen dat x·y ∈ f−1(H2). Is w, z ∈ f(H1), dan wil dat zeggendat er u, v ∈ H1 zijn met f(u) = w en f(v) = z. Daar H1 een groep is, is ooku · v ∈ H1, en dus w ∗ z = f(u) ∗ f(v) = f(u · v) ∈ f(H1). Tenslotte H3: voorx ∈ f−1(H2) is f(x−1) = (f(x))−1 ∈ H2, want f(x) ∈ H2 en H2 is een groep.Dit impliceert dat x−1 ∈ f−1(H2). Is z ∈ f(H1), schrijf dan z = f(v) metv ∈ H1. Dan volgt z−1 = (f(v))−1 = f(v−1) ∈ f(H1), omdat ook v−1 ∈ H1.Hiermee is de stelling bewezen. 2

Definitie 3.3.5 Is f : (G1, ·, e1) → (G2, ∗, e2) een homomorfisme, dandefinieren we de kern van f , notatie: Ker(f), door

Ker(f) = {x ∈ G1 | f(x) = e2} .

Stelling 3.3.6 Gegeven is een homomorfisme f : (G1, ◦, e1)→ (G2, ∗, e2).

1. Ker(f) is een ondergroep van G1.

2. f is injectief dan en slechts dan als Ker(f) = {e1}.

Bewijs. 1: Dit volgt uit Stelling 3.3.4 omdat {e2} een ondergroep van G2

is, en Ker(f) = f−1({e2}).2: Er geldt altijd f(e1) = e2. Is f injectief, en f(x) = e2, dan volgt f(x) =f(e1). Vanwege de injectiviteit impliceert dit x = e1, dus Ker(f) = {e1}.Omgekeerd, als Ker(f) = {e1} en f(x) = f(y) voor zekere x, y ∈ G1, dane2 = f(x) ∗ (f(x))−1 = f(y) ∗ f(x−1) = f(y · x−1). Dus y · x−1 ∈ Ker(f),oftewel y · x−1 = e1. Dit impliceert x = y, oftewel f is injectief. 2

Opmerking 3.3.7 Elke ondergroep van een groep G is te schrijven als f(G′)voor een homomorfisme f van een andere groep G′ naar G. Immers, voorG′ kunnen we simpelweg die ondergroep zelf nemen, en voor f de inclusieaf-beelding.


Het is echter niet mogelijk, elke ondergroep van G te realiseren als de kernvan een homomorfisme van G naar een andere groep G′′. Geldt namelijkH = Ker(f) voor een homomorfisme f , dan heeft H een eigenschap dieondergroepen in het algemeen niet hebben: is h ∈ H, en is x ∈ G willekeurig,dan is ook x·h·x−1 ∈ H. Een kern heeft deze eigenschap, want f(x·h·x−1) =f(x)∗f(h)∗(f(x))−1 = f(x)∗e2∗((f(x))−1 = e2. We zullen later zien dat alleondergroepen die deze eigenschap hebben, wel als kern van een homomorfismete schrijven zijn.


3.4 Opgaven

1. Ga na welke van de volgende tripels een groep definieren:

(a) (N,+, 0);

(b) (Q∗>0, ·, 1);

(c) (R, ?, 1) waarbij x ? y = x+ y − 1;

(d) ({x ∈ R | −π/2 < x < π/2}, ◦, 0) waarbij x◦y = arctan(tan(x)+tan(y));

(e) (Z>0, •, 1) met n •m = nm.

2. Bewijs (analoog aan de beschrijving van alle ondergroepen van Z) datde ondergroepen van Z/NZ precies alle 〈a mod N〉 zijn, waarbij a|N .

3. Geef alle ondergroepen van (Z/24Z)∗.

4. Geef de 2 × 2 matrices die (t.a.v. de standaardbasis van R2) roterenover 120 graden en spiegelen in de x-as voorstellen. Maak een zo kleinmogelijke ondergroep van GL2(R) die deze twee matrices bevat. Is dezo verkregen groep abels? Bereken van elk element van deze groep deorde.

5. Bepaal alle ondergroepen van de in Opgave 4 beschouwde groep. Gavoor deze ondergroepen na of ze te schrijven zijn als kern van eengeschikt gekozen homomorfisme.

6. Voor een groep G wordt het centrum Z(G) gegeven door Z(G) = {x ∈G | voor elke y ∈ G geldt xy = yx}.

(a) Bewijs dat Z(G) een abelse ondergroep van G is.

(b) Bepaal Z(GL2(R)).

7. Gegeven twee eindige groepen G1 en G2. Toon aan dat voor (x, y) ∈G1 ×G2 geldt ord(x, y) = kgv(ord(x), ord(y)).

8. In C definieren we de deelverzameling T = {a+ bi ∈ C | a2 + b2 = 1}.Verder noteren we C∗ = C \ {0}.

(a) Laat zien dat (T, ·, 1) een ondergroep van (C∗, ·, 1) is.

(b) Bewijs dat (C∗, ·, 1) ∼= (T, ·, 1)× (R>0, ·, 1).

9. Stel G is een groep, en f : G→ G is de afbeelding x 7→ x · x. Bewijsdat f een homomorfisme is dan en slechts dan als G abels is.


10. Stel f : G1 → G2 is een homomorfisme van groepen, en f is surjectief.Laat zien dat als G1 commutatief is, dan is G2 dat ook. Geef eenvoorbeeld waarbij G2 abels is maar G1 niet.

11. (a) Laat zien dat voor een element x van een groep G geldt x = x−1

precies dan als ord(x) = 2 of ord(x) = 1.

(b) Bewijs dat een eindige groep een even aantal elementen heeft, danen slechts dan als de groep een element van orde 2 bevat.

12. Laat zien dat er op isomorfie na precies twee groepen met precies 4elementen bestaan (dit is een beetje puzzelwerk; kijk bijv. wat de mo-gelijke ordes zijn van elementen in zo’n groep, en probeer alle mogelijkevermenigvuldigtabellen te maken).

13. Gegeven een priemgetal p en een groep G met precies p elementen.Neem x ∈ G met x 6= e. Wat is de orde van x? Bewijs dat G ∼= Z/pZ.Er bestaat dus op isomorfie na slechts een groep van orde p (namelijkde abelse groep Z/pZ).

14. In de groep GL2(C) bestaande uit alle inverteerbare 2×2 matrices metcomplexe coefficienten, beschouwen we twee ondergroepen: H1 is dekleinste ondergroep waar zowel de matrix

(i 00 −i

)als de matrix

(0 1−1 0

)inzit. Verder is H2 de kleinste ondergroep die zowel

(0 1−1 0

)als(

1 00 −1

)bevat. Ga na dat beide ondergroepen niet-commutatieve groepen be-staande uit 8 elementen zijn, en dat ze niet isomorf zijn (bijvoorbeeldomdat de ene meer elementen met orde 2 bevat dan de andere).

15. Laat x een element zijn van een groep G, en beschouw het homomor-fisme fx : Z → G gegeven door f(n) = xn. Geef een verband tussende orde van x en de kern van fx.

16. Gegeven een priemgetal p 6= 3 en een n ∈ Z waarvoor p|n2 + n+ 1.

(a) Ga na dat n mod p 6= 1 mod p en dat n mod p ∈ (Z/pZ)∗.

(b) Toon aan dat ord(n mod p) = 3 in de groep (Z/pZ)∗.

(c) Laat zien dat p ≡ 1 mod 3.

(d) Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen ≡ 1 mod 3 bestaan.(Aanwijzing: zijn p1, . . . , pt zulke priemgetallen, schrijf dan n =3 · p1 · · · pt en beschouw priemdelers van n2 + n+ 1.)

(e) (Vergelijk met Opgave 7 in Hoofdstuk 1): Bewijs dat er oneindigveel priemgetallen p zijn waarvoor p+ 2 niet priem is.


17. Gegeven een priemgetal p 6= 2 en een n ∈ Z waarvoor p|n2 + 1.

(a) Ga na (analoog aan de methode gevolgd in Opgave 16) dat p ≡1 mod 4.

(b) Bewijs dat er oneindig veel priemgetallen ≡ 1 mod 4 bestaan.

4 PERMUTATIE-GROEPEN 45

4 Permutatie-groepen

In dit hoofdstuk bestuderen we een belangrijke klasse van groepen, namelijkde groepen bestaande uit alle bijectieve afbeeldingen van een verzamelingnaar zichzelf.

4.1 Bijecties op een verzameling

Zij Σ een niet-lege verzameling. Een bijectie van Σ naar zichzelf is zoals weweten een afbeelding σ : Σ → Σ die zowel injectief als surjectief is. Zo’nσ heeft dan een unieke inverse, zeg τ : Σ → Σ, die voldoet aan σ ◦ τ =τ ◦ σ = idΣ. Hier is ◦ de samenstelling van afbeeldingen, en idΣ : Σ → Σis de identieke afbeelding, gegeven door idΣ(x) = x voor elke x ∈ Σ. Desamenstelling van bijecties is weer een bijectie.

Definitie 4.1.1 Voor een niet-lege verzameling Σ duiden we met SΣ de ver-zameling van alle bijecties van Σ naar zichzelf aan. De symmetrische groepop de verzameling Σ is per definitie de groep gegeven door (SΣ, ◦, idΣ).

Het is eenvoudig na te gaan dat de symmetrische groep inderdaad een groepis.

Voorbeeld 4.1.2 Als Σ een verzameling bestaande uit precies een elementis, dan is de enige bijectie op Σ de identiteit. In dit geval krijgen we dus eengroep SΣ die uit slechts een element bestaat (de “triviale” groep).

Bestaat Σ uit precies twee elementen, dan zijn er precies twee bijectiesmogelijk: degene die beide elementen vasthoudt (dat is idΣ), en degene die detwee elementen verwisselt (die noemen we even τ). Er geldt τ 2 = τ ◦τ = idΣ.De groep SΣ is dus in dit geval isomorf met Z/2Z.

Voor Σ met #Σ > 2 is de groep SΣ niet commutatief. Immers, kiesdrie verschillende elementen x, y, z ∈ Σ. Construeer twee bijecties σ, τ ∈ SΣ

als volgt. σ verwisselt x en y en houdt alle overige elementen van Σ vast. τverwisselt y en z en houdt de overige elementen vast. Dit definieert inderdaadtwee bijecties, en er geldt σ ◦ τ(x) = y terwijl τ ◦σ(x) = z. Dus σ ◦ τ 6= τ ◦σ.In het bijzonder is dus SΣ niet commutatief.

Hebben we twee “even grote” verzamelingen Σ en Σ′ (preciezer gezegd: tweeverzamelingen met een bijectie f : Σ

∼→ Σ′ ertussen), dan is waarschijnlijkintuıtief wel duidelijk dat de groepen SΣ en SΣ′ hetzelfde (dwz. isomorf)zullen zijn. Immers, zo’n bijectie tussen de verzamelingen wil eigenlijk nietsanders zeggen dan dat alle elementen van Σ een nieuwe naam krijgen, en hetgeven van bijecties in termen van de oude of de nieuwe namen komt natuurlijk


op hetzelfde neer. Wordt dit argument omgesmeed tot een formeel bewijs,dan ziet het er als volgt uit:

Stelling 4.1.3 Stel f : Σ→ Σ′ is een bijectie en g : Σ′ → Σ is de inversevan f (dus f ◦g = idΣ′ en g◦f = idΣ). Dan zijn SΣ en SΣ′ isomorfe groepen;een expliciet isomorfisme ϕ : SΣ → SΣ′ wordt gegeven door ϕ(σ) = f ◦σ ◦g,met als inverse ψ : SΣ′ → SΣ gegeven door ψ(τ) = g ◦ τ ◦ f .

Bewijs. Dit is een goede oefening in het formeel rekenen met samenstellin-gen van afbeeldingen, en het test meteen een aantal definities. We laten hetdaarom graag aan de lezer over! 2

Een speciaal geval wordt gekregen door alleen naar eindige verzamelingen Σte kijken. Tussen twee zulke verzamelingen bestaat een bijectie dan en slechtsdan als ze evenveel elementen hebben. Vanwege bovenstaande stelling blijktdus, dat wanneer symmetriegroepen van eindige verzamelingen beschouwdworden, dan is het voldoende te kijken naar S{1,2,...,n}. We geven nog eenvoorbeeld van een abstracte stelling over dit soort algemene groepen vanbijecties.

Stelling 4.1.4 (Stelling van Cayley; Arthur Cayley, engels wiskundige,1821–1895) Elke groep G is isomorf met een ondergroep van SG. In hetspeciale geval dat #G = n < ∞, is dus G isomorf met een ondergroep vanS{1,...,n}.

Bewijs. Voor vaste a ∈ G is de afbeelding λa : G → G gegeven doorλa(x) = ax een bijectie (zie Stelling 3.1.5). Dus λa ∈ SG. Dit gebruiken weom een afbeelding

ϕ : G −→ SG

te definieren, namelijk ϕ(a) = λa. Men gaat eenvoudig na dat ϕ een homo-morfisme is, oftewel dat ϕ(ab) = λab = λa ◦ λb = ϕ(a) ◦ ϕ(b) voor a, b ∈ G.

Verder is ϕ injectief, want als a ∈ Ker(ϕ), dan geldt λa = idG, dusa = ae = λa(e) = idG(e) = e. De conclusie is dat G isomorf is met ϕ(G), ende laatstgenoemde groep is inderdaad een ondergroep van SG.

De extra bewering voor het geval #G = n volgt direct uit het boven-staande, samen met Stelling 4.1.3. 2

4.2 Permutaties op n getallen

Definitie 4.2.1 Laat n ∈ Z≥1. De symmetrische groep op n getallen, notatieSn, is per definitie de groep S{1,2,...,n}. Elementen van deze groep noemen wepermutaties. Sn heet ook wel de permutatiegroep op n elementen.


Stelling 4.2.2 De groep Sn heeft n! = n · (n− 1) · . . . · 2 · 1 elementen.

Bewijs. Een element van Sn is per definitie een bijectie op de verzameling{1, . . . , n}. Zo’n bijectie wordt volledig beschreven door een rijtje van lengten, waarin elk van de getallen 1, . . . , n precies een keer voorkomt. Men gaateenvoudig na dat er precies n! zulke mogelijke rijtjes zijn. 2

Definitie 4.2.3 Een permutatie σ ∈ Sn heet een cykel van lengte k (ookwel k-cykel), als er k verschillende getallen a1, . . . , ak ∈ {1, . . . , n} zijn metσ(ai) = ai+1 voor 1 ≤ i < k en σ(ak) = a1 en σ(x) = x voor x 6∈ {a1, . . . , ak}.

Dit wordt genoteerd als σ = (a1 a2 . . . ak).Een 2-cykel heet ook wel een transpositie of een verwisseling.Twee cykels (a1 a2 . . . ak) en (b1 b2 . . . b`) heten disjunct als

{a1, . . . , ak} ∩ {b1, . . . , b`} = ∅.

Voorbeeld 4.2.4 Er geldt (1 2 3 4 5) = (2 3 4 5 1) = . . . = (5 1 2 3 4),want deze 5-cykels sturen 5 naar 1, en i naar i + 1 voor 1 ≤ i < 5, en zehouden de getallen ≥ 6 vast. Op dezelfde wijze geldt algemeen voor k-cykelsdat (a1 a2 . . . ak) = (a2 . . . ak a1).

Twee disjuncte cykels commuteren, want zijn (a1 a2 . . . ak) en(b1 b2 . . . b`) disjunct, dan doet de ene alleen iets met de getallen a1, . . . , aken de andere alleen met b1, . . . , b`. Het doet er dan niet toe in welke volgordedeze cykels toegepast worden.

Voor niet-disjuncte cykels ligt dit anders: bijvoorbeeld (1 2 3) ◦ (2 3 4) 6=(2 3 4) ◦ (1 2 3), want het eerste product beeldt 2 af op 1 en het tweedebeeldt 2 af op 4. (Let op, dit is het samenstellen van functies, en daarbijwordt eerst de meest rechtse functie toegepast!)

Stelling 4.2.5 Elk element σ ∈ Sn is te schrijven als product σ = σ1 . . . σr,waarin de σi onderling disjuncte cykels zijn. Deze schrijfwijze is bovendienuniek op de volgorde van de cykels na.

Bewijs. De existentie van zo’n schrijfwijze kan met inductie naar n bewezenworden. Voor n = 1 is de bewering duidelijk, want de enige permutatie isin dat geval σ = (1). Laat n > 1, en veronderstel dat het voor alle Sm metm < n waar is. Is dan σ ∈ Sn, dan is {1, σ(1), σ2(1), . . .} een deelverzamelingvan {1, . . . , n}, en dus bestaan er k, ` met k < ` en σk(1) = σ`(1). Bijgevolgis σ`−k(1) = 1. Er bestaat dus een positief geheel getal s met σs(1) = 1. Hetkleinste getal met die eigenschap noemen we q. Omdat q de kleinste is, zijn degetallen 1, σ(1), . . . , σq−1(1) allemaal verschillend, en het effect van σ op dezegetallen wordt precies gegeven door de k-cykel σ1 = (1 σ(1) . . . σq−1(1)).


Bekijk vervolgens de overige getallen in {1, . . . , n}. Is dit de lege verzame-ling dan geldt σ = σ1 en we zijn klaar. Is de verzameling niet leeg, dan werktσ er als een permutatie op. Uit de inductiehypothese volgt dat de beperkingvan σ tot deze verzameling te schrijven is als product van disjuncte cykelsσ2 . . . σr. Vatten we deze cykels op als permutaties op {1, . . . , n}, dan geldtdus σ = σ1 . . . σr.

De uniciteit is niet moeilijk te bewijzen: kan zo’n schrijfwijze op tweemanieren, dan houdt dat in dat in de ene een zekere i naar een j 6= i gestuurdwordt, terwijl in de andere schrijfwijze ofwel i niet voorkomt (en dan zou iop i worden afgebeeld, hetgeen niet zo is), ofwel i komt wel voor maar inde cykel waarin dat gebeurt staat achter i iets anders als j. Ook dat is nietmogelijk, want het beeld van i is j. 2

Voorbeeld 4.2.6 Het bovenstaande bewijs is in feite een algorithme. Bij-voorbeeld stel we willen (1 2 3 4)(2 3 4 5)(4 5 1) als product van disjunctecykels schrijven. Hier staat een samenstelling van afbeeldingen. We gaaneerst na wat er met 1 gebeurt. De laatstgeschreven permutatie stuurt 1 naar4, en deze 4 wordt door de permutatie daarvoor op 5 afgebeeld. De voorstepermutatie houdt 5 vast, dus het beeld van 1 is 5. Vervolgens gaan we nawat er met 5 gebeurt. De achterste stuurt 5 naar 1; deze 1 blijft vast onderde middelste en gaat dan onder de voorste naar 2. Zo voortgaande vindenwe dat 4 het beeld van 2 is, en 4 wordt op 3 afgebeeld, en 3 weer op 1.Hiermee hebben we dan een 5-cykel gevonden, en omdat alleen de getallen1 t/m 5 in de permutaties waarmee we begonnen voorkomen, zijn we danklaar: (1 2 3 4)(2 3 4 5)(4 5 1) = (1 5 2 4 3).

De schrijfwijze van een permutatie als product van disjuncte cykels is onderandere nuttig wanneer we de orde van een permutatie willen bepalen:

Stelling 4.2.7 1. (i1 i2 . . . ik)−1 = (ik ik−1 . . . i1).

2. Een k-cykel (i1 i2 . . . ik) heeft orde k.

3. Is σ1 . . . σr een product van disjuncte cykels, dan geldt voor elke n ∈ Zdat (σ1 . . . σr)

n = σn1 . . . σnr .

4. Is σ1 . . . σr een product van disjuncte cykels, waarbij σi lengte `i heeft,dan is ord(σ1 . . . σr) = kgv(`1, . . . , `r).

Bewijs. 1: Dit volgt direct uit de definitie van een cykel.2: Voor 0 < n < k is het beeld van i1 onder (i1 i2 . . . ik)

n gelijk aan in.Omdat in 6= i1 is dus de orde ≥ k. Verder is (i1 i2 . . . ik)

k = (1), dus deorde is gelijk aan k.


3: Dit volgt direct uit het feit dat disjuncte cykels onderling commuteren.4: Er geldt vanwege 3) dat (σ1 . . . σr)

n = (1) precies dan als σn1 = . . . = σnr =(1). Dit is vanwege Stelling 3.2.10 het geval precies dan als n een veelvoudis van ieder van ord(σ1), . . . , ord(σr). 2

Voorbeeld 4.2.8 Het is niet altijd zo dat een n-de macht van een k-cykel,met 1 < n < k, zelf ook weer een k-cykel is. Bijvoorbeeld geldt (1 2 3 4)2 =(1 3)(2 4).

Voorbeeld 4.2.9 We gaan na welke getallen als ordes van een element vanS5 kunnen voorkomen. Er geldt 5 = 4 + 1 = 3 + 2 = 3 + 1 + 1 = 2 + 2 + 1 =2 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Dit zijn alle schrijfwijzen van 5 als somvan positieve gehele getallen. We zien hieraan dan een product van disjunctecykels in S5 op 7 manieren tot stand kan komen: een 5-cykel, of een 4-cykel(maal een 1-cykel, maar die laten we weg), of . . . enz. Uit Stelling 4.2.7 volgtdat de ordes van deze producten respectievelijk 5, 4, 6, 3, 2 en 1 zijn. Het isvoor elk van die ordes een eenvoudig combinatorisch probleem om te bepalenhoeveel elementen er precies met die orde zijn.

Stelling 4.2.10 Elke σ ∈ Sn is te schrijven als product van 2-cykels.

Bewijs. We weten al dat we σ als product van cykels kunnen schrijven. Hetis dus voldoende te bewijzen, dat een cykel te schrijven is als product van2-cykels. Welnu, er geldt

(a1 a2 . . . ak) = (a1 a2)(a2 a3) . . . (ak−1 ak)

zoals men eenvoudig narekent. 2

Opmerking 4.2.11 Stelling 4.2.10 zegt eigenlijk, dat we door herhaald pa-ren getallen te verwisselen, een rij van n getallen in een willekeurige volgordekunnen plaatsen. Uit het bewijs krijgen we zelfs een bovengrens voor hetaantal verwisselingen waarmee dit bereikt wordt: ga uit van een schrijfwijzevan onze permutatie als product van r disjuncte ì-cykels, met ì ≥ 1 en∑ì = n. Dan zijn voor zo’n ì-cykel blijkens het bewijs van Stelling 4.2.10

niet meer dan ì− 1 verwisselingen nodig. In totaal kunnen we dus volstaanmet

∑(ì − 1) = n− r verwisselingen.

Opmerking 4.2.12 Men kan zelfs eenvoudig laten zien dat elke permutatiete schrijven is als product van verwisselingen van een bepaalde eenvoudigegedaante. Bijvoorbeeld, als product van zogenaamde ‘buurverwisselingen’.Dit zijn 2-cykels van de gedaante (i i+ 1). Is i < j, dan is

(i j) = (i i+ 1)(i+ 1 i+ 2) . . . (j − 1 j)(j − 2 j − 1) . . . (i i+ 1).


Hieruit volgt de schrijfwijze direct.Men kan ook elke permutatie schrijven als product van 2-cykels van de

vorm (1 i). Dit volgt voor 1 6= i 6= j 6= 1 uit het feit dat (i j) = (1 i)(1 j)(1 i).In de overige gevallen is er niets te bewijzen. Anders gezegd: door alleenmaar een vast element met andere(n) te verwisselen, kan een rij getallen ineen willekeurige volgorde worden gezet.

Merk op dat de schrijfwijze als product van 2-cykels beslist niet uniek is!We zullen echter zien, dat het aantal benodigde 2-cykels voor een gegevenpermutatie hooguit een even aantal verschilt. Met andere woorden, is σ eenproduct van k verwisselingen en ook een product van ` verwisselingen, dangeldt 2|(k − `). We bewijzen dit in de nu volgende §.

4.3 Even en oneven permutaties

Definitie 4.3.1 Met X duiden we de verzamelingen paren gehele getallen(i, j) aan waarvoor geldt 1 ≤ i < j ≤ n. Verder noteren we voor σ ∈ Sn deafbeelding fσ : X → X, gegeven door fσ(i, j) = (σ(i), σ(j)) als σ(i) < σ(j),terwijl fσ(i, j) = (σ(j), σ(i)) als σ(i) > σ(j).

Tenslotte definieren we hσ : X → Q door hσ(i, j) =σ(j)− σ(i)

j − i .

De eigenschappen van de hier gegeven functies die we zullen gebruiken staanopgesomd in:

Lemma 4.3.2 1. Voor σ, τ ∈ Sn geldt fστ = fσ ◦ fτ .

2. fσ is een bijectie op X.

3.∏

(i,j)∈X

hσ(i, j) = ±1.

Bewijs. 1: Beide functies sturen een willekeurige (i, j) ∈ X naar ofwel(στ(i), στ(j)), ofwel (στ(j), στ(i)) (afhankelijk welke van deze twee in Xzit). Dus zijn de functies gelijk.2: Er geldt fσ ◦ fσ−1 = fσ−1 ◦ fσ = fid = id.3: In absolute waarde is het gegeven product gelijk aan ∏

(i,j)∈X

|σ(j)− σ(i)|

/

∏(i,j)∈X

(j − i)

.

De teller hier is precies gelijk aan het product van alle (`− k), voor (k, `) =fσ(i, j) ∈ fσ(X) = X. Dus teller en noemer zijn gelijk. Omdat het productin absolute waarde dus gelijk is aan 1, is het zelf ±1. 2


Definitie 4.3.3 Het teken van een permutatie σ ∈ Sn, notatie ε(σ), is perdefinitie

ε(σ) =∏

(i,j)∈X

hσ(i, j) =∏

1≤i<j≤n)

σ(j)− σ(i)

j − i= ±1.

We noemen σ even als ε(σ) = 1 en oneven als ε(σ) = −1.

Opmerking 4.3.4 We zullen hierna een efficiente manier afleiden om hetteken van een permutatie te vinden. Met de gegeven definitie is dat in hetalgemeen een heel werk; probeer bijvoorbeeld maar eens met de definitie hetteken van de 3-cykel (1 3 5) te vinden!

We kunnen het teken van een permutatie als volgt interpreteren: in denoemer van de uitdrukking waarmee het teken wordt gedefinieerd, staat eenproduct van positieve getallen. De getallen in de teller zijn van de vormσ(j) − σ(i), en zo’n getal is negatief precies dan als σ de getallen i en joverbrengt naar een paar dat ten aanzien van de gewone ‘kleiner dan’-relatieop {1, . . . , n} in de andere volgorde staat dan i, j. Gebeurt dit voor een evenaantal (i, j) ∈ X, dan is het teken ε(σ) = 1; gebeurt het een oneven aantalkeren, dan heeft σ teken −1.

De verzameling {+1,−1} is ten aanzien van de gewone vermenigvuldigingeen groep. Dus ε is een afbeelding van de groep Sn naar de groep ±1.

Stelling 4.3.5 Het teken ε : Sn −→ ±1 is een homomorfisme.

Bewijs. Laat σ, τ ∈ Sn. Er geldt∏1≤i<j≤n

σ(τ(j))− σ(τ(i))

τ(j)− τ(i)=

∏(i,j)∈X

hσ(fτ (i, j)) =∏

(i,j)∈X

hσ(i, j) = ε(σ),

omdat fσ op X bijectief is (Lemma 4.3.2). Dus volgt

ε(στ) =∏

(i,j)∈X(στ)(j)− (στ)(i)

j − i=

(∏1≤i<j≤n

σ(τ(j))− σ(τ(i))τ(j)− τ(i)

)(∏(i,j)∈X

τ(j)− τ(i)j − i

)= ε(σ)ε(τ).

Dit bewijst de stelling. 2

Om met behulp van dit resultaat het teken van permutaties te kunnen be-rekenen, bewijzen we eerst een lemma. Het eerste deel van dit lemma is ookvoor het aantonen van heel andere eigenschappen van permutaties later nogvan belang.


Lemma 4.3.6 1. Is τ, (a1 a2 . . . a`) ∈ Sn, dan geldtτ(a1 a2 . . . a`)τ

−1 = (τ(a1) τ(a2) . . . τ(a`)).

2. Voor een 2-cykel (a1 a2) geldt ε((a1 a2)) = −1.

Bewijs. 1: Neem i ∈ {1, . . . , n}. Als i = τ(a`), dan(τ(a1 a2 . . . a`)τ

−1)(i) = (τ(a1 a2 . . . a`))(a`) = τ(a1). Evenzo, alsi = τ(ak) met 1 ≤ k < `, dan volgt (τ(a1 a2 . . . a`)τ

−1)(i) = τ(ak+1).Voor alle overige i geldt (τ(a1 a2 . . . a`)τ

−1)(i) = i. Dit bewijst de ge-vraagde gelijkheid.2: Kies een permutatie τ waarvoor geldt τ(a1) = 1 en τ(a2) = 2. Danε((1 2)) = ε(τ(a1 a2)τ−1). Omdat ε een homomorfisme is, is verderε(τ(a1 a2)τ−1) = ε(τ)ε((a1 a2))ε(τ)−1 = ε((a1 a2)). Dus iedere 2-cykel heefthetzelfde teken. Voor (1 2) is dat eenvoudig met de definitie te berekenen:ε((1 2)) = −1, want het enige paar (i, j) ∈ X dat onder (1 2) van volgordewisselt, is (1, 2). 2

Gevolg 4.3.7 1. Een `-cykel σ heeft teken ε(σ) = (−1)`−1.

2. Is σ een product van cykels van lengte `1, . . . , `r, dan ε(σ) =(−1)

∑ri=1(`i−1).

3. Een permutatie σ is even dan en slechts dan als σ te schrijven is alseen product van een even aantal 2-cykels.

Bewijs. 1: Er geldt (a1 a2 . . . a`) = (a1 a2)(a2 a3) . . . (a`−1 a`). Het aantal2-cykels hier is ` − 1, dus omdat ieder van deze teken −1 heeft en omdat εeen homomorfisme is, volgt het gevraagde.2: Volgt direct uit 1) vanwege het feit dat ε een homomorfisme is.3: Laat σ ∈ Sn. Wegens Stelling 4.2.10 is σ te schrijven als product van2-cykels. De bewering volgt dan uit wat zojuist in 2) bewezen is. 2

4.4 De alternerende groep

Definitie 4.4.1 Voor n ≥ 1 is de alternerende groep (notatie: An) de on-dergroep van Sn bestaande uit alle even permutaties.

Dat An inderdaad een groep is, volgt bijvoorbeeld uit het feit dat An =Ker(ε), en ε is een homomorfisme (Stellingen 4.3.5 en 3.3.6).

Voorbeeld 4.4.2 In S2 hebben we alleen de permutaties (1) en (1 2). DusA2 bestaat uit alleen maar de identiteit.


S3 bestaat uit de identiteit, 2-cykels en 3-cykels. Alleen de 2-cykels zittenniet in A3, dus A3 = {(1), (1 2 3), (1 3 2)}. Deze groep is isomorf met Z/3Z.

In A4 zitten naast de identiteit de 3-cykels (dat zijn er 8) en de productenvan twee disjuncte 2-cykels (dat zijn er 3). De zo verkregen groep is niet abels,en bestaat uit 12 elementen.

Stelling 4.4.3 Voor n ≥ 2 heeft An precies n!/2 elementen.

Bewijs. De verzamelingen An en (Sn \An) zijn per definitie disjunct, en zevormen samen de hele Sn. Verder hebben ze evenveel elementen, want deafbeelding τ 7→ (1 2)τ is een bijectie van de ene naar de andere. Hieruitvolgt de stelling. 2

Stelling 4.4.4 Elk element van An is te schrijven als een product van 3-cykels.

Bewijs. Neem σ ∈ An. Vanwege Gevolg 4.3.7 is σ te schrijven als productvan een even aantal 2-cykels. In het bijzonder dus als product van permu-taties van de vorm (a b)(c d). Vanwege (a c b)(c d a) = (a b)(c d) volgtdan de stelling (ga zelf na hoe dit argument aangepast dient te worden alsbijvoorbeeld a = c). 2

Voorbeeld 4.4.5 We geven tenslotte een voorbeeld bij de stelling van Cay-ley die aan het begin van dit hoofdstuk werd bewezen (Stelling 4.1.4). NeemG = (Z/8Z)∗. Omdat #G = ϕ(8) = 4, is G isomorf met een ondergroep vanS4. We gaan na welke ondergroep het bewijs van Stelling 4.1.4 ons daarvoorgeeft, en we zien dan meteen dat zelfs G als ondergroep van A4 is op te vatten.In het genoemde bewijs wordt a ∈ G geıdentificeerd met λa, het van linksmet a vermenigvuldigen. Bovendien wordt SG met S4 geıdentificeerd, en datgaat door gewoon een bijectie tussen G en {1, 2, 3, 4} te kiezen. Welnu, voordeze bijectie nemen we 1 7→ 1, 3 7→ 2, 5 7→ 3 en 7 7→ 4.

Het element 1 ∈ G levert λ1 = idG, dus dat wordt de permutatie (1). Hetelement 3 levert de bijectie op G die 1 naar 3, 3 naar 3 ·3 = 1, 5 naar 3 ·5 = 7en 7 naar 5 stuurt. Met onze bijectie tussen G en {1, 2, 3, 4} wordt dat dusde permutatie (1 2)(3 4).

Een zelfde berekening stuurt 5 naar de permutatie (1 3)(2 4) en 7 naar(1 4)(2 3). Dus kennelijk is {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} een onder-groep van S4, isomorf met (Z/8Z)∗. Het is duidelijk dat deze ondergroepzelfs in A4 zit.


4.5 Opgaven

1. Schrijf de volgende permutaties als product van disjuncte cykels:

(a) (3 1 4)(1 5 9 2 6)(5 3)

(b) σ−1, waarbij σ = (5 6 2)(1 3)(1 4).

2. (a) Vind alle σ ∈ S4 die voldoen aan σ2 = (1 2)(3 4).

(b) Laat n > 1. Bestaat er een σ ∈ Sn met σ2 = (1 2)?

(c) Laat n ≥ 6. Bestaat er een σ ∈ Sn waarvoor σ2 = (1 2)(3 4 5 6)?

3. Stel dat σ een k-cykel is. Bewijs dat σn ook een k-cykel is dan enslechts dan als ggd(k, n) = 1.

4. Bepaal welke getallen voorkomen als de orde van een element van S6,en ga voor elk van deze getallen na hoeveel elementen met die orde erin S6 zitten.

5. Wat is de kleinste n waarvoor #Sn deelbaar is door 30? En wat is dekleinste n waarvoor Sn een element van orde 30 bevat?

6. Bepaal de orde van (5 6 7 8 9)(3 4 5 6)(2 3 4)(1 2) in de groep S9. Isdit een even of een oneven permutatie?

7. (a) Bepaal σ1999 voor σ = (1 2)(3 4 5)(6 7 8 9 10).

(b) Bereken ook τ 1995 voor τ = (1 2 3)(3 4)(4 5 6 7).

8. Laat σ ∈ Sn. Bewijs dat als σ(1 2 . . . n) = (1 2 . . . n)σ, dan isσ = (1 2 . . . n)i voor zekere i.

9. Bepaal voor n ≥ 1 het centrum Z(Sn) van Sn (dat zijn de permutatiesτ met de eigenschap στ = τσ voor elke σ ∈ Sn).

10. Laat σ, τ ∈ Sn. Toon aan dat als σ een product is van disjuncte cykelsvan lengtes `1, . . . , `r, dan is τστ−1 dat ook.

11. (a) Laat a 6= 1 6= b en bereken (1 a)(1 b)(1 a)(1 b).

(b) Toon aan dat elk element van An te schrijven is als een productvan elementen van de vorm στσ−1τ−1, voor σ, τ ∈ Sn.

(c) Bewijs dat als G een abelse groep is, en f : Sn → G een homo-morfisme, dan geldt An ⊂ Ker(f).

(d) Bewijs dat als g : Sn → Sm een homomorfisme is, dan is g(An) ⊂Am.


12. Een ondergroep H van Sn heet transitief als er voor elk paar {i, j} ⊂{1, 2, . . . , n} een τ ∈ H is met τ(i) = j.

(a) Toon aan dat voor n ≥ 3 de groep An een transitieve ondergroepvan Sn is.

(b) Toon aan dat als G een groep is met #G = n, dan is de ondergroepvan Sn die in het bewijs van de stelling van Cayley wordt gecon-strueerd en waarmee G isomorf is, een transitieve ondergroep vanSn.

(c) Vind met behulp van de stelling van Cayley een transitieve onder-groep van S6 die isomorf is met S3.

5 GROEPEN VAN SYMMETRIEEN 56

5 Groepen van symmetrieen

In dit hoofdstuk worden bepaalde soorten groepen van bijecties beschouwd.Steeds zal het gaan om bijecties waaraan bepaalde extra eisen zijn opge-legd. Het is vooral dit type groepen dat in de natuurkunde, maar ook inbijvoorbeeld de discrete wiskunde een rol speelt. De begrippen uit de line-aire algebra die in dit hoofdstuk gebruikt worden, zijn in vrijwel ieder boekover dat onderwerp terug te vinden. Bijvoorbeeld komen ze aan de orde inHoofdstuk 6 van het boek S.H. Friedberg, A.J. Insel en L.E. Spence, LinearAlgebra (2nd edition), London etc.: Prentice-Hall, 1989.

5.1 een aantal matrixgroepen

De ruimte R2 kunnen we visualiseren als een plat vlak. De standaardmanierom dit te doen wordt al heel vroeg op de middelbare school aangeleerd. Metbehulp van de stelling van Pythagoras stelt deze standaard-interpretatie onsvervolgens in staat, een afstandbegrip d op R2 in te voeren:

d( (a, b) , (c, d) ) =√

(a− c)2 + (b− d)2.

Iets analoogs leren we dan voor R3, en later in de lineaire algebra wordt ditineens vergaand gegeneraliseerd tot de situatie van een (reele of complexe)lineaire ruimte V voorzien van een inproduct 〈 · , · 〉. In dit laatste gevalwordt de afstand d(v, w) tussen twee vectoren v, w ∈ V gedefinieerd als

d(v, w) = ||v − w|| =√〈v − w, v − w〉.

Bij een dergelijke inproductruimte hoort, althans in het eindig-dimensionalegeval, een groep:

Definitie 5.1.1 Laat V een eindig-dimensionale lineaire ruimte over R of Czijn, voorzien van een inproduct 〈 · , · 〉. Met O(V, 〈 · , · 〉) duiden we deverzameling van alle lineaire afbeeldingen ϕ : V → V aan, die voldoen aan〈v, w〉 = 〈ϕ(v), ϕ(w)〉 voor elk paar v, w ∈ V .

Stelling 5.1.2 In de situatie van Definitie 5.1.1 is O(V, 〈 · , · 〉) ten aanzienvan het samenstellen van lineaire afbeeldingen een groep, met als eenheids-element idV .

Bewijs. We tonen eerst aan dat O(V, 〈 · , · 〉) een deelverzameling is vande groep van alle inverteerbare lineaire afbeeldingen van V naar zichzelfGL(V ). Daarvoor is het voldoende, aan te tonen dat de elementen van


O(V, 〈 · , · 〉) inverteerbaar zijn. Stel ϕ ∈ O(V, 〈 · , · 〉). Is ϕ(v) = 0, danvolgt 〈v, v〉 = 〈ϕ(v), ϕ(v)〉 = 0, en dus v = 0. Dit impliceert dat ϕ injectiefis, en dus, omdat injectieve lineaire afbeeldingen van een eindig-dimensionaleruimte naar zichzelf automatisch ook surjectief zijn, is ϕ inverteerbaar.

Om nu aan te tonen dat O(V, 〈 · , · 〉) een groep als boven beschrevenis, volstaat het om te laten zien dat het een ondergroep van GL(V ) is. Ditlaten we met behulp van Stelling 3.2.3 als oefening aan de lezer over. 2

Is A = (ai,j) een (vierkante) matrix met reele of complexe coefficienten, danwordt in de lineaire algebra de geadjungeerde van A, notatie A∗, gedefinieerdals A∗ = (bi,j), met bi,j = aj,i. Dus, om A∗ te krijgen worden alle getallen in dematrix gespiegeld ten aanzien van de hoofddiagonaal, en vervolgens complexgeconjugeerd. Wordt een ϕ ∈ GL(V ) ten aanzien van een orthonormalebasis voor V gegeven door een matrix A, dan geldt ϕ ∈ O(V, 〈 · , · 〉) dan enslechts dan als A∗A = I, waarin I de eenheidsmatrix voorstelt. Dit vertaaltdus de groep O(V, 〈 · , · 〉) in een groep van matrices, om precies te zijn, eenondergroep van GLn(R) of GLn(C), voor n = dim(V ). Een opsomming vande zo gegeven groepen van matrices, en wat relevante ondergroepen, volgtnu.

Definitie 5.1.3 Laat n ∈ Z, n > 0.

1. De orthogonale groep O(n) = {A ∈ GLn(R) | A∗A = I}.

2. De unitaire groep U(n) = {A ∈ GLn(C) | A∗A = I}.

3. De speciale orthogonale groep SO(n) = {A ∈ GLn(R) | A∗A =I en det(A) = 1}.

4. De speciale unitaire groep SU(n) = {A ∈ GLn(C) | A∗A =I en det(A) = 1}.

Voorbeeld 5.1.4 Is n = 1, dan krijgen we O(1) = {a ∈ R \ {0} | a2 = 1} ={±1}. Als groep van afbeeldingen op R stelt dit de identiteit, en ‘tegenge-stelde nemen’ voor. De groepen SO(1) en SU(1) zijn beide de triviale groepbestaande uit slechts een element. U(1) is al interessanter: dit is de groep vanpunten op de eenheidscirkel in C, met als groepswet de vermenigvuldiging.

Voor n = 2 bestaat SO(2) precies uit alle matrices

(a bc d

), met

a, b, c, d ∈ R en a2 + c2 = b2 + d2 = ad− bc = 1 en ab+ cd = 0. Schrijven wea = cosα en c = sinα, dan volgt d = cosα en b = − sinα. Met andere woor-den, als afbeelding van R2 naar zichzelf stelt onze matrix een rotatie over de


hoek α met als centrum de oorsprong voor. De groep SO(2) is precies degroep van al deze rotaties.

In de groep O(2) komen naast de matrices uit SO(2) ook degenen van

de gedaante

(cosα − sinα− sinα − cosα

)voor. Meetkundig representeert dit een

spiegeling in de lijn door de oorsprong, die de positieve x-as snijdt onder eenhoek −α/2. We concluderen dus dat O(2) gezien als groep van meetkundigeafbeeldingen bestaat uit alle rotaties met de oorsprong als centrum, plus allespiegelingen in lijnen door de oorsprong. Deze groep is dus niet commuta-tief, want als we bijvoorbeeld eerst spiegelen in de x-as en dan draaien overeen hoek van 90 graden, dan is (0, 1) het beeld van (1, 0). Passen we dezetwee afbeeldingen evenwel in de omgekeerde volgorde toe, dan wordt (1, 0)afgebeeld op (0,−1).

Al de in Definitie 5.1.3 genoemde groepen kunnen worden gezien als groepenbestaande uit inverteerbare lineaire afbeeldingen van Rn of Cn naar zichzelf,met de eigenschap dat ze het standaardinproduct, en dus ook de afstandentussen punten, vast houden.

We zullen ons vanaf nu beperken tot het reele geval, en met name tot R2

en R3. Meetkundig betekent het feit dat een afbeelding afstandbehoudendis, dat bijvoorbeeld een driehoek wordt overgevoerd in een daarmee congru-ente driehoek. Immers, de drie hoekpunten worden afgebeeld op drie nieuwepunten met onderling dezelfde afstand, en een punt op een zijde moet gaannaar een punt dat dezelfde afstanden tot de nieuwe hoekpunten heeft, alshet oorspronkelijke punt tot de oude hoekpunten. Daaruit volgt dat zijdenvan de driehoek op zijden worden afgebeeld. Dit argument laat zien dat inhet algemeen afstandbehoudende afbeeldingen (we hoeven geen lineariteit teeisen) lijnen in lijnen en hoeken in even grote hoeken overvoeren.

5.2 groepen van isometrieen

Zoals al gezegd, werken we steeds met de ruimte Rn, voorzien van de ‘gewone’norm ||(a1, . . . , an)|| =

√a2

1 + . . . a2n en het gewone afstandsbegrip d(v, w) =

||v − w|| voor v, w ∈ Rn.

Definitie 5.2.1 Een isometrie op Rn is een afbeelding ϕ : Rn → Rn dievoldoet aan d(v, w) = d(ϕ(v), ϕ(w)) voor alle v, w ∈ Rn.

Voorbeeld 5.2.2 Voorbeelden van isometrieen zijn translaties, rotaties,spiegelingen in een punt of in een lijn of in een vlak.

Stelling 5.2.3 1. Een isometrie op Rn die 0 ∈ Rn op 0 afbeeldt, is eenlineaire afbeelding.


2. Elke isometrie is te schrijven als samenstelling van translatie met eenlineaire isometrie.

3. Isometrieen zijn inverteerbaar.

Bewijs. 1: Er geldt ||u− v||2 = 〈u− v, u− v〉 = ||u||2 + ||v||2 − 2〈u, v〉 vooru, v ∈ Rn. Is ϕ een isometrie en ϕ(0) = 0, dan volgt

2〈u, v〉 = ||u− 0||2 + ||v − 0||2 − ||u− v||2= ||ϕ(u)− ϕ(0)||2 + ||ϕ(v)− ϕ(0)||2 − ||ϕ(u)− ϕ(v)||2= 2〈ϕ(u), ϕ(v)〉.

Hieruit volgt met wat rekenwerk dat ||ϕ(u+ av)− ϕ(u)− aϕ(v)||2 = 0 voora ∈ R, en dat impliceert dat ϕ lineair is.2: Laat ϕ een isometrie zijn. Schrijf v = ϕ(0). Definieer τv : Rn → Rn

als transleren over v, dus τv(w) = v + w voor w ∈ Rn. Definieer ten-slotte ψ : Rn → Rn door ψ(w) = ϕ(w) − v. Dan zijn τv, ψ iso-metrieen, en omdat ψ(0) = 0, volgt uit 1) dat ψ lineair is. Er geldtϕ(w) = ϕ(w) − v + v = ψ(w) + v = τv(ψ(w)) voor elke w ∈ Rn, metandere woorden ϕ = τv ◦ ψ.3: Wegens 2) en het feit dat een samenstelling van bijecties weer een bijectieis, is het voldoende om aan te tonen dat zowel translaties als lineaire isome-trieen inverteerbaar zijn. Voor translaties is dit duidelijk, en voor lineaireisometrieen is dit in het bewijs van Stelling 5.1.2 al aangetoond. 2

De lineaire isometrieen genoemd in bovenstaande stelling worden in de li-neaire algebra meestal orthogonale (lineaire) afbeeldingen genoemd. In hetgeval van R2 hebben we al deze afbeeldingen al in Voorbeeld 5.1.4 bepaald:het zijn de spiegelingen in een lijn door de oorsprong, en de rotaties om deoorsprong. We gaan nu bepalen hoe dit voor R3 zit. In feite werkt het hiernagegeven bewijs voor willekeurige reele inproductruimten.

Stelling 5.2.4 Is ϕ een orthogonale afbeelding op R3 met det(ϕ) = ε, dangeldt ε = ±1.

Verder zijn er een lijn L door de oorsprong, en een vlak V door de oor-sprong loodrecht op L, waarvoor geldt dat ϕ zowel L als V naar zichzelfafbeeldt.

ϕ werkt op V als een rotatie, en op L als vermenigvuldiging met ε.

Meetkundig gezien zegt dit resultaat heel precies hoe een orthogonale afbeel-ding op R3 eruitziet: is de determinant 1, dan is het een draaiing ‘om eenlijn L’. Is de determinant −1, dan draaien we niet alleen om een lijn L, maarbovendien spiegelen we in het vlak V loodrecht op L. Hoe we dat vlak V en


die lijn L en de hoek waarover geroteerd wordt kunnen bepalen, zal blijkenuit het bewijs dat nu gegeven wordt.

Bewijs. Ten aanzien van de standaardbasis voor R3 wordt de orthogonaleafbeelding ϕ gegeven door een 3 × 3-matrix A. Deze matrix voldoet aanA∗A = I. Omdat det(A) = det(A∗), volgt dan ε2 = det(A)2 = det(A∗A) =det(I) = 1 en dus ε = ±1.

Het eigenwaardenpolynoom van A heeft graad 3, en dus heeft dit po-lynoom minstens een reeel nulpunt, dat we λ noemen. Dit is dan een ei-genwaarde van ϕ bij een eigenvector v. Omdat ϕ afstandbehoudend is, geldt||v|| = ||ϕ(v)|| = ||λv|| = |λ| · ||v||, dus λ = ±1. Laat W het vlak door de oor-sprong loodrecht op v zijn. We beweren dat ϕ dit vlak op zichzelf afbeeldt.Immers, laat w ∈ W willekeurig. We moeten aantonen dat ϕ(w) ∈ W ,hetgeen precies wil zeggen dat ϕ(w) ⊥ v. Welnu, ϕ∗ϕ = id en λ = ±1,en dus volgt door ϕ∗ toe te passen op v = λϕ(v) dat ϕ∗(v) = λv. Dus〈ϕ(w), v〉 = 〈w,ϕ∗(v)〉 = λ〈w, v〉 = 0, hetgeen we wilden laten zien.

De beperking van ϕ tot W is natuurlijk evenals ϕ zelf weer afstandbehou-dend. Er zijn nu twee mogelijkheden voor deze beperking: het kan een rotatiezijn, en een spiegeling in een lijn in W door de oorsprong. In het geval van eenrotatie zijn we direct klaar: ten aanzien van een basis van R3 bestaande uitde vector v samen met twee onderling loodrechte vectoren in W met lengte 1

wordt ϕ dan namelijk gegeven door een matrix B =

λ 0 00 cosα − sinα0 sinα cosα

.

Dan is ε = det(A) = det(B) = λ en we nemen L = de lijn door v en deoorsprong, en V = W .

Is de beperking van ϕ tot W een spiegeling, neem dan w1 een vector metlengte 1 op de lijn waarin gespiegeld wordt, en w2 een vector in W met lengte1 loodrecht op w1. Dan ziet ten aanzien van de basis v, w1, w2 voor R3 de

matrix van ϕ eruit als C =

λ 0 00 1 00 0 −1

. Dus is ε = −λ. Is λ = 1, dan

kiezen we voor V het vlak door v en w1, en voor L de lijn door w2. (Ditcorrespondeert dus met de spiegeling in V .) Is λ = −1, dan wordt V hetvlak door v en w2, en L de lijn door w1. (Dit levert dan draaien over 180graden ‘om de lijn L’.) 2

Definitie 5.2.5 Is F een deelverzameling van Rn, dan is de verzamelingvan alle isometrieen op Rn die de eigenschap hebben dat ze F weer naar Fafbeelden een groep. Immers, men gaat eenvoudig na dat het een ondergroepis van de groep van alle isometrieen. Dit heet de symmetriegroep van F .


Het blijkt dat op isomorfie na de symmetriegroep van een verzameling F nietafhangt van waar F in Rn ligt, alleen maar van ‘hoe F eruitziet’:

Stelling 5.2.6 Is F ⊂ Rn, a ∈ R>0 en ϕ een isometrie op Rn, dan is desymmetriegroep van aϕ(F ) isomorf met die van F .

Bewijs. De afbeelding σ 7→ aϕσϕ−1 1a

beeldt de symmetriegroep van F af opdie van aϕ(F ) (vergelijk ook Opgave 4), en deze afbeelding is een homomor-fisme. De afbeelding is bovendien bijectief, want een inverse wordt gegevendoor τ 7→ ϕ−1 1

aτaϕ zoals men eenvoudig narekent. 2

We zullen nu voor een aantal deelverzamelingen van R2 en R3 de zo verkre-gen groep van symmetrieen beschrijven. Het volgende hulpresultaat speeltdaarbij een rol:

Lemma 5.2.7 Is G een ondergroep van SO(2) bestaande uit precies N ele-menten, dan bestaat G precies uit alle rotaties over een veelvoud van 2π/Nradialen. In het bijzonder geldt dus G ∼= Z/NZ.

Bewijs. Ieder element van SO(2), en dus in het bijzonder ook ieder elementvan G, is een rotatie. Laat σ het element van G zijn dat draaien over eenzo klein mogelijke positieve hoek 2πα voorstelt. Omdat G eindig is, geldtσn = id voor zekere n > 0, en dus is n · 2πα een geheel veelvoud van 2π. Ditimpliceert dat α ∈ Q, dus we kunnen schrijven α = a/b voor gehele, positievea, b met ggd(a, b) = 1. Kies c, d ∈ Z met ac+bd = 1, dan is σc de rotatie over2πac/b = 2π(1−bd)/b, oftewel over een hoek 2π/b. Omdat 2πa/b de kleinstepositieve hoek is waarover door een element van G geroteerd wordt, moetdus a = 1. We laten nu zien dat b = N . Neem een willekeurige draaiingτ ′ ∈ G over een hoek 2π`/m. Precies zoals we dat zojuist voor σ gedaanhebben, vinden we een macht τ van τ ′ die roteren over 2π/m weergeeft. Ergeldt dat τ ′ een macht van σ is dan en slechts dan als dat zo is voor τ . Dooreen geschikte combinatie σpτ q te nemen, vinden we een element van G dateen rotatie over 2π/kgv(b, `) is. De minimaliteit van 2π/b levert dan datkgv(b, `) ≤ b, en dus `|b. Dit toont aan dat ieder element van G een machtvan σ is. Dus N = #G = ord(σ) = b, en het lemma is bewezen.

Een alternatief, veel meetkundiger bewijs kan als volgt gevonden worden.Neem een cirkel met als middelpunt de oorsprong, en een punt daarop. Debeelden van dit punt onder alle elementen van G levert dan N punten op decirkel. Door te gebruiken dat de elementen van G isometrieen zijn, kan wor-den nagegaan dat deze N punten precies de hoekpunten van een regelmatigeN -hoek zijn. De rotaties die deze hoekpunten in elkaar overvoeren vormenprecies de gevraagde groep. 2


5.3 De diedergroepen.

Laat Cr de cirkel in R2 zijn met als middelpunt de oorsprong en straal r ≥ 0.Een isometrie die de cirkel op zichzelf afbeeldt moet het middelpunt van decirkel vasthouden. Immers, voor elk punt van de cirkel geldt dat er slechtseen punt op de cirkel ligt dat afstand 2r heeft tot het gegeven punt, namelijkhet tegenoverliggende punt. Dit laat zien dat lijnen door het middelpuntnaar lijnen door het middelpunt worden afgebeeld, en dus moet het snijpuntvan deze lijnen vast blijven. We concluderen dat de symmetriegroep van decirkel isomorf is met de groep O(2).

Definitie 5.3.1 De symmetriegroep van de cirkel Cr noemen we de onein-dige diedergroep. Deze groep noteren we als D∞.

Stelling 5.3.2 De groep D∞ is isomorf met O(2), en bestaat uit spiegelingenσ in een willekeurige lijn door het middelpunt van de cirkel, en rotaties ρ omhet middelpunt van de cirkel.

Hierbij geldt dat de deelverzameling R ⊂ D∞ bestaande uit alle rotatieseen commutatieve ondergroep is van D∞.

Is σ ∈ D∞ een willekeurige spiegeling, dan geldt

D∞ = R ∪R · σ.

Nemen we σ de spiegeling in de x-as, dan geldt voor willekeurige ρ ∈ Rdat σρσ = ρ−1.

Bewijs. Dat D∞ ∼= O(2) en dat deze matrixgroep uit spiegelingen en rota-ties bestaat, weten we al. De rotaties zijn precies de matrices in O(2) diedeterminant 1 hebben, en dus is R de kern van het homomorfisme “determi-nant”: O(2)→ {±1}.

De elementen van O(2) die determinant −1 hebben zijn allemaal spiege-lingen (want ze hebben een eigenwaardenpolynoom van de vorm X2−t∗X−1voor zekere t ∈ R, dus twee reele eigenwaarden. Die hebben absolute waarde1 en product −1. De matrix stelt dan spiegelen in de eigenrichting bij eigen-waarde +1 voor).

De opdeling D∞ = R∪R · σ is precies de opdeling van D∞ in rotaties enspiegelingen.

Nemen we voor σ de spiegeling in de x-as, dan komt dit overeen met dematrix

(1 0

0 −1

). Voor een willekeurige rotatie ρ =

(cos α −sin αsin α cos α

)geldt dan

σρσ =

(1 0

0 − 1

)(cos α − sin α

sin α cos α

)(1 0

0 − 1

)=

(cos α sin α

− sin α cos α

)= ρ−1

want cos(−α) = cos(α) en sin(−α) = − sin(α). Dit bewijst de stelling. 2


Voor het rekenen met de groep D∞ is het soms handig om de rotatiesen spiegelingen op te vatten als afbeeldingen van het complexe vlak C naarzichzelf. De “spiegeling in de x-as” wordt dan de complexe conjugatie

c : z 7→ z

en “roteren over α” wordt vermenigvuldigen met eαi, dus

v : z 7→ eαi · z.

Bijvoorbeeld cvc is dan de afbeelding die een z ∈ C stuurt naar cvc(z) =cv(z) = c(eαiz) = eαiz = e−αiz, dus cvc = v−1 zoals we al wisten.

Delen we de cirkel met positieve straal in n ≥ 2 even grote segmenten, danlevert dat n punten op die we gebruiken als hoekpunten van een regelmatigen-hoek Fn.

Definitie 5.3.3 De groep van alle symmetrieen van Fn wordt de n-dediedergroep Dn genoemd.

Het middelpunt van Fn blijft weer vast onder alle symmetrieen, dus Dn iseen ondergroep van D∞ = O(2). Ook de groep Dn bestaat dus uit rotatiesen spiegelingen; de rotaties die in Dn zitten zijn precies die over een hoekk · 2π/n, voor 0 ≤ k < n. Dat zijn er dus n. De rotatie over de kleinste vandeze hoeken, dus over 2π/n, noemen we ρ. De spiegelingen die Fn in zichzelfovervoeren, zijn precies de spiegelingen in lijnen door de oorsprong en een


hoekpunt, en die in de lijnen door de oorsprong en het midden van een zijdevan Fn. Een van die spiegelingen is de spiegeling in de x-as, die we vanaf nuσ noemen. Er zijn precies n spiegelingen, namelijk alle σρk voor 0 ≤ k < n.Dus Dn is een eindige groep, bestaande uit n+ n = 2n elementen.

We vatten deze discussie samen als volgt.

Stelling 5.3.4 De groep Dn bestaat uit 2n elementen. Voor n > 2 is Dn eenniet-commutatieve groep.

In Dn zit de rotatie ρ over een hoek 2π/n en de spiegeling σ in de x-as.Elk element van Dn is op een unieke manier te schrijven als ρk of als σρk

met 0 ≤ k < n.Er geldt orde(ρ) = n en orde(σ) = 2, dus in het bijzonder ρn = σ2 = id.

Verder geldt σρσ = ρ−1.De ondergroep Rn van Dn bestaande uit alle rotaties is isomorf met Z/nZ.

Bewijs. De inverse ρ−1 is een rotatie over een hoek (n−1)2π/n. Voor n > 2is dat verschillend van een rotatie over 2π/n, dus dan is σρσ = ρ−1 6= ρ. Ditimpliceert dat Dn niet commutatief is als n > 2.

De overige uitspraken in de stelling zijn evident, en/of volgen direct uitStelling 5.3.2. 2

Voorbeeld 5.3.5 Voor n = 2 hebben we de groep D2 bestaande uit 4 ele-menten. In dit geval is ρ de afbeelding “roteren over 180 graden”, dusρ(x, y) = (−x,−y). In het bijzonder is dan ρ−1 = ρ, dus ook σρ = ρσ.En dus is D2 commutatief. Dat wisten we natuurlijk al, omdat elke groepbestaande uit slechts 4 elementen commutatief is. Hier is σρ de spiegeling inde y-as. Alle elementen 6= id in D2 hebben orde 2, en D2

∼= Z/2Z× Z/2Z.Merk op dat dit voorbeeld een beetje vreemd is: een regelmatige 2-hoek

is in feite een lijnstuk. De spiegeling in de lijn die dit lijnstuk bevat, is eenelement van orde 2 in D2. Maar deze spiegeling houdt elk punt van hetlijnstuk vast.

Voorbeeld 5.3.6 We gaan na voor welke n de rotatie r over 180 graden,dus gegeven door r(x, y) = (−x,−y), een element is van Dn.

Daarvoor merken we allereerst op dat orde(r) = 2. Als r ∈ Dn, danr = ρk voor zekere k, want elke rotatie is een macht van ρ. Bijgevolg isrn = ρnk = id. Hieruit volgt dat 2 = orde(r) een deler is van n. Dus n iseven; schrijf n = 2m met m geheel. Dan is ρm een rotatie die orde 2 heeft,oftewel ρm = r. Conclusie:

r ∈ Dn ⇔ n is even.


5.4 Symmetriegroepen van de platonische lichamen.

Precies zoals we dat hiervoor in het geval van een cirkel in R2 deden, be-schouwen we nu een bol in R3. De symmetriegroep van de bol is de hele O(3)die zoals we zagen bestaat uit draaiingen en draaispiegelingen. Dit is eenheel grote, niet-commutatieve groep.

Analoog aan de regelmatige n-hoeken in het vlak kan men vervolgensproberen regelmatige veelvlakken in de ruimte te maken. Dit gaat door opde bol n punten te kiezen zo, dat het figuur opgespannen door deze puntenals zijvlakken steeds dezelfde regelmatige m-hoek heeft. We zullen een be-wijs schetsen voor het feit dat dit slechts voor een paar combinaties (n,m)mogelijk is. Preciezer geformuleerd:

De enige ruimtelijke regelmatige n-vlakken zijn

• De tetraeder, met 4 gelijkzijdige driehoeken als zijvlakken en met 4hoekpunten en 6 ribben;

• De kubus, met 6 vierkanten als zijvlakken en met 8 hoekpunten en 12ribben;

• De octaeder, met 8 gelijkzijdige driehoeken als zijvlakken en met 6hoekpunten en 8 ribben;

• De dodecaeder, met 12 regelmatige vijfhoeken als zijvlakken en met 20hoekpunten en 30 ribben;

• De icosaeder, met 20 gelijkzijdige driehoeken als zijvlakken en met 12hoekpunten en 30 ribben.

Schets van een bewijs. De symmetriegroep van een willekeurig regelmatigveelvlak is eindig. Immers, zo’n symmetrie wordt volledig bepaald door water met de hoekpunten van de figuur gebeurt (die hoekpunten corresponderen


met vectoren die tezamen R3 opspannen). Dus er bestaan hooguit zoveelsymmetrieen als er permutaties van de hoekpunten zijn, en dat aantal is ein-dig. Dit argument laat in feite zien dat de symmetriegroep van zo’n figuurisomorf is met een ondergroep van Sn, waarbij n het aantal hoekpunten is.Verder geldt, dat ieder hoekpunt door een geschikt element van de symme-triegroep op ieder willekeurig ander hoekpunt kan worden afgebeeld. Ditkan zelfs al met een rotatie. Immers, stellen we ons de hoekpunten voor alspunten op een bol, dan is door het draaien van die bol elk hoekpunt op denoordpool te leggen, en door de bol dan nog om de noord-zuid as te draaien‘behoudt het veelvlak z’n oorspronkelijke stand’. Ook merken we op, dat erbij een hoekpunt altijd rotaties zijn, die dat hoekpunt vasthouden. En van-wege Lemma 5.2.7, toegepast op de rotaties van een vlak loodrecht op de lijndoor de oorsprong en het gegeven hoekpunt, vormen die een groep isomorfmet Z/mZ voor zekere m. Deze draaiingen voeren de zijvlakken die in hetgegeven hoekpunt bij elkaar komen cyklisch in elkaar over; in het bijzonderzijn er dus precies m zulke zijvlakken.

Bovenstaande observaties leiden tot de volgende strategie voor het bepa-len van alle regelmatige veelvlakken. Bepaal eerst alle eindige ondergroepenvan de groep van draaiingen SO(3). Voor de gevonden groepen bepalen wealle punten op een boloppervlak die door meerdere elementen van de groepworden vastgehouden. Dat levert alle mogelijke hoekpunten, en door uit-gaande van een ervan alle beelden onder de groep te bepalen vinden we danalle mogelijke regelmatige veelvlakken. We voeren dat nu in iets meer detailuit.

Laat G een willekeurige eindige ondergroep van SO(3) zijn bestaande uitprecies N ≥ 2 elementen. Met B duiden we de verzameling punten in R3

aan die op afstand 1 van de oorsprong liggen; dus B is het boloppervlak. Isσ ∈ G, en σ 6= id, dan is σ vanwege Stelling 5.2.4 een rotatie om een lijnL. Er zijn dus precies twee punten van B die door σ op zichzelf wordenafgebeeld, namelijk de snijpunten van L met B. In totaal vinden we zo eenverzameling van precies 2(N − 1) paren (σ, P ), waarbij σ ∈ G, σ 6= id, P ∈ Ben σ(P ) = P .

We bekijken vervolgens de zo verkregen punten P ∈ B. Bij zo’n P hebbenwe minstens een draaiing σ 6= id met σ ∈ G en σ(P ) = P . Alle rotaties inG die P vasthouden, houden ook de lijn door P en de oorsprong O vast.


Bijgevolg kunnen we ze opvatten als eindige groep van rotaties van het vlakdoor de oorsprong loodrecht op de lijn door OP ; vanwege Lemma 5.2.7 isdit een groep GP isomorf met Z/mPZ, voor zekere mP ≥ 2. Omdat GP eenondergroep is van G, geldt mP = #GP |#G = N . Schrijf N = mP · nP .Uit het bewijs van Stelling 3.2.7 concluderen we dat er σ1, . . . , σnP

∈ G zijnzodat G = σ1GP ∪ . . . ∪ σnP

GP , waarbij geldt dat σiGP ∩ σjGP = ∅ voori 6= j. Ieder element van σiGP is te schrijven als σiτ voor een τ ∈ GP ,en dus σiτ(P ) = σi(P ). Schrijf Pi = σi(P ). Er geldt Pi 6= Pj als i 6= j.Immers, anders zou σi(P ) = σj(P ) en dus σ−1

i σj ∈ GP , hetgeen impliceertdat σiGP en σjGP geen lege doorsnede zouden hebben. Dus P wordt doorde elementen van G op in totaal nP verschillende punten afgebeeld. De zoverkregen verzameling van nP punten noteren we als CP .

Neem P als boven, σ ∈ G willekeurig, en Q = σ(P ). Dan geldt mP = mQ.Immers, is τ ∈ GP , dan is στσ−1 ∈ GQ en omgekeerd is voor ρ ∈ GQ hetelement σ−1ρσ ∈ GP . Dit levert een bijectie (zelfs een isomorfisme vangroepen) tussen GP en GQ, dus in het bijzonder hebben beide hetzelfdeaantal elementen oftewel mP = mQ. Dit levert een tweede manier om hetaantal paren (σ, P ) met σ ∈ G, σ 6= id, P ∈ B en σ(P ) = P te tellen:het is gelijk aan

∑C nC(mC − 1). Hier sommeren we over alle verschillende

verzamelingen C = CP , en voor zo’n CP is nC het aantal punten Q ∈ CP enmC het aantal elementen in GQ voor elke Q ∈ CP .

De twee uitdrukkingen voor het aantal paren leveren de gelijkheid

2N − 2 =∑C

(N − N

mC

).

Dit delen door N geeft 2− 2N

=∑

C(1−1/mC). De rest van het bewijs bestaatvoornamelijk uit het analyseren van deze vergelijking. Het linkerlid is groterdan 1, dus moet de som in het rechterlid uit minstens twee termen bestaan.Omdat het linkerlid kleiner is dan 2, en het rechterlid bestaat uit termendie minstens 1/2 zijn, bestaat de som daar dus of uit 2, of uit drie termen.Eerst zullen we het geval dat de som eruitziet als 2 − 2/N = (1 − 1/m1) +(1− 1/m2) beschouwen. Met N vermenigvuldigen levert 2 = N/m1 +N/m2.Omdat m1 en m2 positieve delers van N zijn, moet gelden m1 = m2 = N .Elk van de twee verzamelingen Ci bestaat in dit geval uit ni = N/mi = 1punt. Omdat de elementen van G rotaties zijn en allemaal deze twee puntenvasthouden, is G een eindige groep van rotaties om een vaste lijn, dus metbehulp van Lemma 5.2.7 volgt dat G ∼= Z/NZ. Ook concluderen we datdit geval ons geen regelmatig veelvlak oplevert, want we zouden slechts eenhoekpunt krijgen.

In het resterende geval zijn er drie verzamelingen Ci. We schrijven weermi = mCi

en ook ni = #Ci = N/mi. De volgorde van de Ci’s kiezen we zo,


dat m1 ≤ m2 ≤ m3. De vergelijking die we hebben kan geschreven wordenals

1 +2

N=

1

m1

+1

m2

+1

m3

.

Zouden alle mi minstens 3 zijn, dan was het rechterlid van deze gelijkheid≤ 1 en dat kan niet. Dus geldt m1 = 2. Met andere woorden,

1

2+

2

N=

1

m2

+1

m3

.

Hetzelfde argument als zojuist levert dat m2,m3 niet beide minstens 4 kun-nen zijn. Dus is m2 = 2 of m2 = 3. Eerst analyseren we de mogelijkheidm2 = 2. In dit geval geldt N = 2m3, en m3 mag willekeurig ≥ 2 zijn, zegm3 = n. De verzamelingen C1, C2 bestaan hier elk uit N/m1 = n punten,en ieder van die punten wordt vastgehouden door een ondergroep van G be-staande uit m1 = 2 rotaties. In zo’n ondergroep zit dus een draaiing over180 graden om de lijn door de oorsprong en dat punt. Hieruit volgt dat bij-voorbeeld de n punten in C1 alle in een vlak V door de oorsprong liggen. Dedoorsnede van V met B is een cirkel, en omdat G uit isometrieen bestaat,vormen de punten in C1 dan een regelmatige n-hoek. De groep G beeldt Vop zichzelf af en in het bijzonder deze n-hoek ook. ‘Beperken tot V ’ is eenhomomorfisme van G naar de symmetriegroep van de n-hoek, en dat is Dn.Dit homomorfisme is injectief, want als voor een draaiing geldt dat z’n be-perking tot een vlak de identiteit is, dan is de draaiing zelf de identiteit. Dushet beperkingshomomorfisme heeft als kern alleen de identiteit en is bijgevolginjectief. Daar zowel G als Dn uit 2n elementen bestaan, volgt G ∼= Dn. Alsondergroep van SO(3) ziet Dn er volgens bovenstaande analyse als volgt uit.Kies een vlak V door de oorsprong en een regelmatige n-hoek om O in V .De rotaties in Dn zijn dan rotaties om de lijn door O loodrecht op V , en despiegelingen zijn de draaiingen over 180 graden om een lijn door O en eenhoekpunt van de n-hoek.

De resterende mogelijk is m1 = 2 en m2 = 3. In dat geval geldt m3 ≥m2 = 3 en 1/6 + 2/N = 1/m3. Dus kan m3 niet meer dan 5 zijn. Erresteren drie mogelijkheden, namelijk m3 = 3 en m3 = 4 en m3 = 5. Ism3 = 3, dan geldt N = 12. De verzamelingen C2 en C3 bestaan in dit gevalelk uit 4 punten. Ieder van deze punten wordt door een groep van orde 3,dus door rotatie over 120 graden vastgehouden. Dit leidt tot een regelmatigfiguur bestaande uit 4 hoekpunten, waar steeds 3 ribben en 3 zijvlakkensamenkomen. Dit is precies de tetraeder.

Wanneer m3 = 4, dan is N = 24. De verzameling C2 spant dan eenfiguur op met 24/3 = 8 hoekpunten. In elk van deze punten komen 3 zijdenen 3 ribben bij elkaar. Deze worden in elkaar overgevoerd door rotaties over


veelvouden van 120 graden. Dit bepaalt weer precies een regelmatig veelvlak,namelijk de kubus. Bezien we de verzameling C3, dan geeft dat 24/4 = 6punten waarin 4 ribben/zijvlakken samenkomen. C3 spant dus een octaederop.

Tenslotte m3 = 5, wat leidt tot N = 60. Het figuur opgespannen door C2

heeft nu 20 hoekpunten. In ieder ervan komen 3 ribben/vlakken samen, enwe krijgen een dodecaeder. Op dezelfde manier geeft C3 hier aanleiding toteen icosaeder. Hiermee zijn de regelmatige veelvlakken geklassificeerd, en wehebben zelfs voor ieder ervan het aantal elementen van de ondergroep vanhun symmetriegroep bestaande uit alle rotaties bepaald. 2

We gaan nu voor elk van de regelmatige veelvlakken een beschrijving vande symmetriegroep geven. Allereerst merken we op dat (met uitzondering vanhet geval van de tetraeder) de afbeelding −1 (puntspiegelen in de oorsprong)hier een element van is. Verder is het een eindige ondergroep van O(3).Is τ zo’n symmetrie, dan det(τ) = ±1. In het geval det(τ) = 1 is τ eenrotatie. Is det(τ) = −1, dan is −τ een rotatie. Hieruit concluderen we datde symmetriegroep precies bestaat uit alle rotaties τ , en alle afbeeldingen−τ .

Voor de tetraeder bestaat eenzelfde soort redenering: neem een spiegelingσ in de symmetriegroep ervan. Dan geldt det(σ) = −1 en σ2 = id. Is een τin de symmetriegroep geen rotatie, dan det(τ) = −1 en τ = σ · στ waarbijστ wel een rotatie is, omdat immers det(στ) = det(σ) det(τ) = −1 · −1 = 1.Dus de hele symmetriegroep bestaat uit de rotaties, en σ maal deze rotaties.

In het bijzonder bestaat de symmetriegroep van een regelmatig veelvlakuit resp. 24, 48, 48, 120, 120 elementen.

De tetraeder. De symmetriegroep is isomorf met S4. Immers, gezien alspermutatiegroep op de hoekpunten is het een ondergroep van S4, en omdatde groep uit 24 elementen bestaat is het dan de hele S4.

De kubus en de octaeder. Deze twee figuren hebben dezelfde symme-triegroep. Immers, leggen we binnen de kubus een bol die precies aan dezijvlakken raakt, dan vormen de 6 raakpunten precies de hoekpunten vaneen octaeder. Hieruit volgt dat een symmetrie van de kubus ook een sym-metrie van de octaeder oplevert. Dit argument kan vervolgens omgedraaidworden: een ingeschreven bol aan de octaeder raakt deze weer precies inde hoekpunten van een kubus. Dus beide figuren hebben precies dezelfdesymmetrieen.

Zoals we gezien hebben heeft deze symmetriegroep 48 elementen. Degroep is isomorf met S4 × {±1}. Dit kan als volgt bewezen worden. Een


kubus heeft 4 hoofddiagonalen, en deze worden door de symmetriegroep ge-permuteerd. Verder heeft elke symmetrie een determinant ±1. Aldus wordteen homomorfisme naar S4 × {±1} verkregen. Zit τ in de kern van dit ho-momorfisme, dan houdt τ alle hoofddiagonalen vast en det(τ) = 1. τ is daneen rotatie om een van de hoofddiagonalen, en het is niet moeilijk om na tegaan dat het feit dat τ de drie andere diagonalen naar zichzelf moet sturenimpliceert dat τ = id. Dus het gegeven homomorfisme is injectief, en omdatzowel de symmetriegroep als S4×{±1} uit 48 elementen bestaan, zijn beidegroepen isomorf.

De dodecaeder en de icosaeder. Hetzelfde argument dat voor de kubus ende octaeder gegeven werd toont aan dat deze twee dezelfde symmetriegroephebben. In dit geval is de symmetriegroep isomorf met A5 × {±1}. Wegebruiken de dodecaeder om dit aan te tonen.

Nummer de ribben van het bovenvlak 1, 2, 3, 4, 5. Voor i met 1 ≤ i ≤ 5definieren we Vi als de verzameling ribben van de dodecaeder die in een rich-ting wijzen die of evenwijdig is, of loodrecht staat op de richting van ribbei. Elke Vi bestaat dan uit precies 6 ribben. Omdat symmetrieen hoeken ineven grote hoeken overvoeren, werkt de symmetriegroep van de dodecaederals permutaties op de verzameling {V1, V2, V3, V4, V5}. De symmetrie ‘punt-spiegelen in de oorsprong’ houdt elk van de Vi’s op z’n plaats, dus om na tegaan welke permutaties voorkomen als beeld van een symmetrie hoeven wealleen maar naar draaiingen te kijken. Men ziet dan eenvoudig in dat alleeneven permutaties voorkomen. Door ook nog een symmetrie te sturen naar z’ndeterminant krijgen we een homomorfisme naar A5 × {±1}. De kern blijktalleen uit de identiteit te bestaan, dus omdat zowel de symmetriegroep als


A5 × {±1} precies 120 elementen heeft zijn ze isomorf.

5.5 Automorfismen van een graaf

We zullen ons hier niet met de meest algemene soort grafen bezighouden. Inhet bijzonder beperken we ons tot eindige grafen, waarbij tussen twee puntenhooguit een verbindingslijn bestaat:

Definitie 5.5.1 Een graaf Γ bestaat uit een paar (P,L), waarin P een niet-lege eindige verzameling is (de ‘punten’ van de graaf), en L een (evt. lege)verzameling is bestaande uit paren {a, b} met a, b ∈ P (de ‘lijnen’ van degraaf).

Opmerking 5.5.2 In veel literatuur over grafen heten de punten ‘vertices’en de lijnen ‘edges’. Wat wij hier ‘graaf’ noemen heet elders meestal een ‘sim-pele’ of ‘enkelvoudige’ graaf (zie bijvoorbeeld het boekje P.W.H. Lemmensen T.A. Springer, Hoofdstukken uit de Combinatoriek, Utrecht: Epsilon Uit-gaven, 1992, blzn. 57 en 64). Een graaf kan worden weergegeven door eenplaatje: we tekenen de punten, en verbinden twee punten a, b door een lijn-stukje (of een lusje indien a = b) precies dan als {a, b} in de verzamelinglijnen van de graaf zit. In de regel is zo’n plaatje niet mogelijk zonder datde getekende lijnstukjes elkaar ook in andere punten dan de punten van degraaf snijden. Door de punten van de graaf wat dikker te tekenen leidt ditvrijwel nooit tot verwarring.

Bij een graaf hoort een eindige groep als volgt.

Definitie 5.5.3 Een automorfisme van een graaf Γ = (P,L) is een permu-tatie σ van z’n punten P , met de eigenschap dat voor elke {a, b} ∈ L geldtdat ook {σ(a), σ(b)} ∈ L.

De verzameling van alle automorfismen van Γ noteren we als Aut(Γ).

Stelling 5.5.4 Voor elke graaf Γ bestaande uit n punten is Aut(Γ) een on-dergroep van Sn.

Bewijs. Nummer de punten van de graaf Γ als 1, 2, . . . , n. Het is evidentdat elke σ ∈ Aut(Γ) correspondeert met een permutatie in Sn, dus is Aut(Γ)een deelverzameling van Sn. We tonen aan dat deze deelverzameling eenondergroep is. De identiteit zit er in. Als σ ∈ Aut(Γ), dan stuurt σ elementenvan L naar elementen van L door σ({i, j}) = {σ(i), σ(j)}. Dit geeft eeninjectieve afbeelding van L naar L, en omdat L eindig is, is deze dan ooksurjectief. Dit betekent dat als σ(k) = i en σ(`) = j en {i, j} ∈ L, dan is ook


{k, `} ∈ L. Uit de definitie van Aut(Γ) volgt hiermee dat als σ ∈ Aut(Γ),dan ook σ−1 ∈ Aut(Γ). Het bewijs dat een product van elementen uit Aut(Γ)weer een element van Aut(Γ) oplevert is veel eenvoudiger en dat laten we aande lezer over. Hieruit volgt de stelling. 2

Voorbeeld 5.5.5 De volle graaf Γn op n punten is per definitie de graafbestaande uit n punten 1, 2, . . . , n, met als lijnen alle {i, j} voor 1 ≤ i ≤ j ≤n. De eis dat een automorfisme lijnen in lijnen moet overvoeren legt in ditgeval geen enkele beperking op, dus er geldt Aut(Γn) = Sn.

Voorbeeld 5.5.6 Nummer de hoekpunten van een regelmatige n-hoek als1, 2, . . . , n. Deze n-hoek vatten we op als graaf Fn met als punten 1, 2, . . . nen als lijnen {1, 2}, {2, 3}, . . . , {n − 1, n}, {n, 1}. Er geldt Aut(Fn) ∼= Dn.Immers, elke symmetrie van de regelmatige n-hoek kan worden opgevat alselement van Aut(Fn), dus Dn ⊂ Aut(Fn). Verder geldt dat als τ ∈ Aut(Fn)het element 1 naar i stuurt, dan wordt 2 naar een van de twee buren van igestuurd, en daarmee ligt τ vast. Hieruit zien we dat er slechts n · 2 = 2nmogelijkheden zijn voor τ . Zoveel elementen heeft Dn al, dus Aut(Fn) ∼= Dn.


5.6 Opgaven

1. Toon aan dat D2∼= Z/2Z× Z/2Z en dat D3

∼= S3.

2. Laat zien dat Dn niet-commutatief is precies dan als n > 2.

3. Door de elementen van Dn op te vatten als permutaties op de hoekpun-ten van een regelmatige n-hoek krijgen we een afbeelding van Dn naarSn. Ga na dat dit een injectief homomorfisme is. Welke elementen vanDn hebben als beeld een even permutatie?

4. Neem v ∈ Rn en noteer transleren over v als τv. Laat a ∈ R met a 6= 0.

(a) Ga na dat aτv1a

ook weer een translatie is.

(b) Toon aan dat als ϕ een willekeurige isometrie op Rn is, dan is aϕ 1a

er ook een.

5. Deze opgave is bedoeld om de draaiingshoek die voorkomt in orthogo-nale afbeeldingen op R3 te bepalen. Zie het bewijs van Stelling 5.2.4voor de gebruikte notaties. De matrix A in dat bewijs vatten we hierop als complexe 3× 3-matrix.

(a) Laat zien dat de eigenwaarden van A van de vorm λ = ±1, eiα ene−iα zijn, met 0 ≤ α < 2π.

(b) Is eiα een niet-reele eigenwaarde van A, bewijs dan dat een ei-genvector hierbij te schrijven is als x+ iy voor reele vectoren x, yen dat x, y en de eigenvector bij λ een basis van R3 vormen vanonderling loodrechte vectoren.

(c) Ga na dat A de ruimte opgespannen door x, y naar zichzelf af-beeldt, en dat A op die ruimte werkt als een draaiing over de hoekα.

6. Lees de beschrijving van de symmetriegroep van de dodecaeder in ditdictaat. Kies vervolgens een hoekpunt P , en ga na welke permutaties inA5 de rotaties om de lijn OP opleveren. Doe hetzelfde voor de rotatiesom de lijn door een middelpunt van een zijvlak, en ook voor de rotatie(over 180 graden) om de lijn door het midden van een ribbe.

7. De tetraeder bevat precies 3 paren R1, R2, R3 van elkaar niet snijdenderibben, en de symmetriegroep permuteert deze drie. Geef het homo-morfisme: S4 → S3 waartoe dit aanleiding geeft expliciet. Laat ziendat het een surjectie is, en beschrijf de kern.


8. Ga na dat er 20 verschillende grafen bestaande uit 3 punten bestaan,en dat geen van deze A3 als automorfismengroep heeft.

9. Bepaal het aantal automorfismen en de groep Aut(H), waarbij H degraaf is met 6 punten en 5 lijnen die de vorm heeft van de hoofdletter‘H’.

10. Door de hoekpunten als punten te nemen en de ribben als lijnen, kan eenkubus worden opgevat als een graaf K. Bepaal de automorfismengroepvan K.

6 CONJUGATIE, INDEX EN SYLOW-GROEPEN 75

6 Conjugatie, index en Sylow-groepen

In dit hoofdstuk gaan we wat dieper in op ondergroepen van met name eindigegroepen. Ook bestuderen we het van links of van rechts vermenigvuldigenmet een vast element in meer detail.

6.1 conjugatie en index

We gaan uit van een willekeurige groep G en vastgekozen elementen a, b ∈ G.De afbeeldingen van G naar G ‘van links vermenigvuldigen met a’ (dus x 7→ax) en ‘van rechts met b vermenigvuldigen’ (x 7→ xb) zijn dan bijecties. Hunsamenstelling, gegeven door x 7→ axb, is dan ook bijectief. In het algemeenis deze bijectie geen homomorfisme. Immers, een homomorfisme heeft inhet bijzonder de eigenschap dat het eenheidselement op het eenheidselementwordt afgebeeld. De hier gegeven bijectie stuurt e ∈ G naar aeb = ab. Ditis precies dan gelijk aan het eenheidselement e, als b de inverse van a is:b = a−1.

Definitie 6.1.1 Is G een groep en a ∈ G, dan noemen we de bijectie γa :G→ G gegeven door γa(x) = axa−1 de conjugatie met a.

Stelling 6.1.2 Gegeven is een groep G en a, b ∈ G.

1. De conjugatie γa met a is een isomorfisme : G ∼= G.

2. Voor conjugaties γa, γb geldt γaγb = γab.

3. De inverse van γa is γa−1.

4. Is H een ondergroep van G, dan is γa(H) = aHa−1 dat ook en H ∼=aHa−1.

Bewijs. 1: Voor x, y ∈ G geldt γa(xy) = axya−1 = axa−1aya−1 =γa(x)γa(y). Dus γa is een homomorfisme. We hadden al opgemerkt datγa bijectief is, dus is het een isomorfisme.2: Is x ∈ G, dan γaγb(x) = γa(bxb

−1) = abxb−1a−1 = (ab)x(ab)−1 = γab(x).Met andere woorden, γaγb = γab.3: Uit 2) volgt γaγa−1 = γe = γa−1γa. Ook geldt voor elke x ∈ G datγe(x) = exe−1 = x, dus γe = id. Dit impliceert de bewering.4: Omdat γa een homomorfisme is en H een groep, is γa(H) dat ook. γa isinjectief, dus z’n beperking tot H is dat ook. Bovendien heeft deze beperkingper definitie als beeld γa(H), en dus H ∼= γa(H). 2


Voorbeeld 6.1.3 Is G een commutatieve groep, dan is conjugeren met eenwillekeurig element van G de identiteit. Conjugaties zijn dus alleen interes-sant in het geval van niet-commutatieve groepen.

In de lineaire algebra speelt het conjugeren van matrices een grote rol bijhet overgaan op een andere basis.

Definitie 6.1.4 Twee elementen x, y in een groep G heten geconjugeerd wan-neer er een conjugatie γa met a ∈ G bestaat zodat γa(x) = y.

De conjugatieklasse van x ∈ G is per definitie de deelverzameling

Cx = {y ∈ G | er bestaat een a ∈ G met γa(x) = y} .

Voorbeeld 6.1.5 In een commutatieve groep G geldt voor elke x ∈ G datCx = {x}.

Voor S3 geldt dat (1 2) en (1 2 3) niet geconjugeerd zijn. Immers,voor elke τ ∈ S3 geldt dat τ(1 2)τ−1 = (τ(1) τ(2)) en τ(1 2 3)τ−1 =(τ(1) τ(2) τ(3)). Hieruit volgt dat (1 2) met elke andere 2-cykel geconju-geerd is, en (1 2 3) met elke andere 3-cykel, maar ze zijn het niet met elkaar.

Voorbeeld 6.1.6 Met behulp van de theorie over Jordan-normaalvormenwordt in de lineaire algebra aangetoond dat twee matrices A,B ∈ GLn(C)geconjugeerd zijn dan en slechts dan als ze aanleiding geven tot dezelfde

Jordan-normaalgedaante. Dus bijvoorbeeld

(2 10 2

)en

(2 00 2

)zijn niet

geconjugeerd, maar

(2 10 1

)en

(2 00 1

)zijn het wel.

Stelling 6.1.7 In een groep G is ‘geconjugeerd zijn’ een equivalentierelatie.Dit houdt precies in dat:

1. Elke x ∈ G is met zichzelf geconjugeerd, oftewel x ∈ Cx.

2. Als x met y geconjugeerd is, dan ook y met x (anders gezegd: als x ∈Cy, dan ook y ∈ Cx).

3. Als x ∈ Cy en y ∈ Cz, dan ook x ∈ Cz.

4. G is de disjuncte vereniging van verzamelingen Cx. Dat wil zeggen datelk element van G in een Cx zit, en zit een element zowel in Cx als inCy, dan geldt Cx = Cy.


Bewijs. 1: Er geldt x = γe(x), dus x ∈ Cx voor elke x ∈ G.2: Voor x, y ∈ G geldt x = γa(y) precies dan als y = γa−1(x). Hieruit volgtde bewering.3: Ons gegeven hier is, dat er a, b ∈ G bestaan waarvoor γa(y) = x enγb(z) = y. Dit impliceert dat γab(z) = γaγb(z) = γa(y) = x, dus x ∈ Cz.4: Elk element a ∈ G zit in een Cx, want a ∈ Ca vanwege 1). Geldt a ∈ Cxen a ∈ Cy, dan zijn er c, d ∈ G met a = γc(x) en a = γd(y). Een z ∈ Cxis dan te schrijven als z = γf (x) = γfc−1d(y), dus z ∈ Cy. Omgekeerd werkthetzelfde argument met x, y verwisseld. Dus Cx = Cy. 2

Voorbeeld 6.1.8 We proberen Sn te schrijven als disjuncte vereniging vanconjugatieklassen. Neem σ ∈ Sn willekeurig. Dan is σ te schrijven als productvan disjuncte cykels: σ = (a1 . . . a`1)(a`1+1 . . . a`2) . . . (a`s−1+1 . . . a`s).Elke permutatie τ die ai naar i stuurt (en de overige getallen in {1, . . . , n}bijectief naar {`s + 1, . . . , n} afbeeldt) levert τστ−1 = (1 2 . . . `1)(`1 +1 . . . `2) . . . (`s−1 +1 . . . `s). Hieruit zien we dat alle producten van disjuncte`1, `2 − `1, . . . , `s − `s−1-cykels geconjugeerd zijn. De conjugatieklasse hangtdus alleen maar af van de verzameling {`1, `2 − `1, . . . , `s − `s−1}. In hetbijzonder is het aantal onderling verschillende conjugatieklassen gelijk aanhet aantal partities van n; dat is het aantal mogelijke schrijfwijzen n =

∑ni,

met ni positief en geheel, waarbij we niet letten op de volgorde van de ni’s.Dit aantal wordt met p(n) aangeduid. Dus p(2) = 2 want 2 = 2 en 2 = 1+1,en p(4) = 5 (4, 3 + 1, 2 + 2, 2 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1).

Voorbeeld 6.1.9 Voor de alternerende groep An is het bepalen van alleconjugatieklassen beduidend moeilijker dan voor Sn. We bekijken het gevaln ≤ 5. Voor n ≤ 3 is An commutatief. Dus in die gevallen geldt τστ−1 = σvoor elke σ, τ ∈ An, oftewel Cσ = {σ} voor elke σ.

De groep A4 bestaat uit (1), drie producten van twee disjuncte 2-cykels,en acht 3-cykels. Schrijf {3, 4} = {a, b}, dan geldt voor τ = (2 a b) ∈ A4

dat τ(1 2)(3 4)τ−1 = (1 a)(b 2). Dus de producten van twee 2-cykels zijnonderling geconjugeerd. Door bijvoorbeeld (1 2 3) te conjugeren met alle 12elementen van A4 volgt dat C(1 2 3) = {(1 2 3), (1 3 4), (1 4 2), (2 4 3)}. Deoverige 4 cykels van lengte 3 vormen ook precies een conjugatieklasse.

De groep A5 bestaat uit 3-cykels, 5-cykels, producten van 2 disjuncte2-cykels en de identiteit. Alle 3-cykels vormen samen een conjugatieklasse.Immers, is σ = (a1 a2 a3), en is τ een permutatie die ai naar i stuurt, danτστ−1 = (1 2 3). Onze enige zorg hier is, dat we zo’n τ in A5 moeten kiezen.Dat is echter altijd mogelijk, door namelijk evt. τ te laten volgen door de2-cykel (4 5). De producten van twee disjuncte 2-cykels zijn ook allemaalgeconjugeerd. Zo’n product σ houdt namelijk precies een getal i vast, en een


τστ−1 houdt dan het getal τ(i) vast. Op deze wijze zien we door een geschikteτ te kiezen, dat σ geconjugeeerd is met een product dat 5 vasthoudt. Echterdit levert precies de producten op die we al bij A4 bekeken hebben, en die zijnallemaal geconjugeerd. Wat nog overblijft zijn de 5-cykels. Elke 5-cykel σ iste schrijven als σ = (1 a b c d), dus er zijn 24 zulke 5-cykels. Er geldt τστ−1 =σ precies dan als (τ(1) τ(a) τ(b) τ(c) τ(d)) = (1 a b c d), en dus precies danals τ een macht is van σ. De machten van σ vormen een ondergroep Hvan An, bestaande uit 5 elementen. Schrijf An als disjuncte vereniging vandeelverzamelingen Hπ, voor π ∈ An. Is τ ∈ Hπ, dan τστ−1 = πσπ−1.Verder geldt dat π1σπ

−11 = π2σπ

−12 precies dan, als π−1

2 π1 ∈ H, oftewel, alsπ1 ∈ Hπ2. Dus er zijn voor een vaste 5-cykel σ precies evenveel onderlingverschillende elementen τστ−1, als er verschillende verzamelingen Hπ zijn.Dat zijn er #A5/#H = 12. Hieruit volgt dat de verzameling 5-cykels intwee disjuncte conjugatieklassen van elk 12 elementen uiteenvalt. In totaalvinden we hier dus 5 conjugatieklassen, bestaande uit resp. 1, 20, 15, 12 en12 elementen.

In bovenstaand voorbeeld hebben we voor A5 een resultaat gebruikt dat veelalgemener waar is:

Stelling 6.1.10 Is G een groep en a ∈ G, dan is N(a) = {x ∈ G | γx(a) =a} een ondergroep van G. Is G eindig, dan geldt

#G = #N(a) ·#Ca.

Bewijs. Omdat γe = id en γx−1 = γ−1x en γxy = γxγy, is N(a) een onder-

groep. Het bewijs van Stelling 3.2.7 laat zien, dat G een disjuncte vereni-ging is van deelverzamelingen giN(a), voor zekere gi ∈ G. Elk van dezedeelverzamelingen heeft #N(a) elementen, dus we zijn klaar als we hebbenaangetoond dat het aantal gi’s hier gelijk is aan #Ca. Welnu, elke gi leverteen element xi = γgi(a) ∈ Ca. Is x ∈ Ca willekeurig, dan x = γg(a) vooreen g ∈ G. Dan g ∈ giN(a) voor zekere i, dus g = gih met h ∈ N(a), enx = γg(a) = γgiγh(a) = γgi(a) = xi. Is xi = xj, dan g−1

j giag−1i gj = a, dus

g−1j gi ∈ N(a). Hieruit volgt giN(a) = gjN(a), en dus gi = gj. Hiermee is de

stelling bewezen. 2

Als toepassing bepalen we een paar conjugatieklassen in An.

Stelling 6.1.11 Laat n ≥ 5.

1. In An zijn alle 3-cykels onderling geconjugeerd.

2. In An zijn alle producten van twee disjuncte 2-cykels onderling gecon-jugeerd.


Bewijs. Laat σ = (1 2 3) ∈ An. De ondergroep N(σ) ⊂ An bestaatper definitie uit alle even permutaties τ die voldoen aan τστ−1 = σ, of-tewel (τ(1) τ(2) τ(3)) = (1 2 3). Hieruit volgt dat zo’n τ een machtvan (1 2 3) maal een even permutatie op {4, 5, . . . , n} moet zijn. Dus#N(σ) = 3 · (n− 3)!/2. Merk op dat we hier gebruik maken van het feit datn ≥ 5. Stelling 6.1.10 impliceert dat #Cσ = (n!/2)/(3 · (n − 3)!/2) = 2

(n3

).

Dit is precies het aantal 3-cykels in An, dus omdat Cσ uit 3-cykels bestaatconcluderen we dat alle 3-cykels geconjugeerd zijn.

Een alternatief bewijs werkt als volgt. Laat (a b c) een 3-cykel zijn. Kieseen permutatie τ met τ(1) = a, τ(2) = b en τ(3) = c. Zowel conjugeren metτ als met τ · (4 5) beeldt (1 2 3) op (a b c) af. Omdat of τ , of τ · (4 5) eenelement is van An, zijn dus (1 2 3) en (a b c) geconjugeerd binnen An.

Beide hier gegeven bewijzen werken met de voor de hand liggende aan-passingen ook voor de tweede bewering in de stelling; de details laten we alseen nuttige oefening aan de lezer over. 2

Is G een groep en H ⊂ G een ondergroep, dan is voor g1, g2 ∈ G deverzameling g1H resp. Hg2 bijectief op H af te beelden, namelijk door vanlinks resp. van rechts te vermenigvuldigen met de inverse van g1 resp. g2.Dus alle verzamelingen van dit soort zijn onderling bijectief. In het bijzonderhebben ze, zoals al vaker is opgemerkt, in het geval dat H eindig is allemaalevenveel elementen. Verder hebben we al eerder opgemerkt dat het feit datH een ondergroep is impliceert, dat of g1H = g2H (en dat is het geval preciesdan, als g1g

−12 ∈ H), of g1H ∩ g2H = ∅. Ga zelf na hoe deze beweringen

bewezen kunnen worden!

Definitie 6.1.12 Is H een ondergroep van een groep G, dan is de index vanH in G gelijk aan het totaal aantal disjuncte deelverzamelingen van de vormHg in G. De index noteren we als [G : H]. Is dit aantal niet eindig, danschrijven we [G : H] =∞.

Opmerking 6.1.13 Omdat ‘inverse nemen’ ι : G → G een bijectie is, enι(Hg) = ι(g)H, geldt dat we de index evengoed in termen van deelverzame-lingen van de vorm gH hadden kunnen definieren.

Stelling 6.1.14 Is G een eindige groep, dan is [G : H] ook eindig voor elkeondergroep H. Er geldt bovendien dat

#G = [G : H] ·#H.

Bewijs. Dit is precies wat in het bewijs van Stelling 3.2.7 al is aangetoond. 2


Voorbeeld 6.1.15 Ook voor een oneindige groep G kan de index van eenondergroep eindig zijn. Bijvoorbeeld geldt voor G = Z dat de ondergroepenprecies de groepen nZ zijn. Omdat voor n 6= 0 geldt Z = nZ∪ 1 +nZ∪ . . .∪n− 1 + nZ, is [Z : nZ] = n, en [Z : 0Z] =∞.

6.2 Sylow ondergroepen

Definitie 6.2.1 (Genoemd naar P.L.M. Sylow, Noors wiskundige, 1832–1918.)Laat G een eindige groep zijn met #G = pn ·m waarbij p een priemgetal is,n ≥ 1 en ggd(p,m) = 1. Een Sylow p-groep in G is een ondergroep H ⊂ Gmet #H = pn.

Voorbeeld 6.2.2 Neem een priemgetal p en n,m ≥ 1 met ggd(p,m) = 1.Dan is G = Z/pnZ×Z/mZ een groep met precies pnm elementen. Er bestaatprecies een Sylow p-groep in G, namelijk H = Z/pnZ× {0}. Dit is namelijkinderdaad een Sylow p-groep in G. Is ook H ′ ⊂ G zo’n groep, bekijk dan eenwillekeurige h = (a mod pn, b mod m) ∈ H ′. Er geldt ord(h)|#H ′ = pn. Zoub mod m 6= 0, dan zou 1 < ord(b mod m)|#Z/mZ = m. Omdat ggd(p,m) =1, bevat ord(b mod m) dan een priemdeler ` 6= p. Maar dan ook `|ord(h)|pm,en dat is niet het geval. Dus geldt b mod m = 0 mod m, oftewel H ′ ⊂ H.Omdat #H ′ = pn = #H, volgt hieruit H ′ = H.

Stelling 6.2.3 Laat G een groep zijn met #G = pnm waarbij p een priem-getal is en n,m > 0 en ggd(p,m) = 1.

1. G bevat een Sylow p-groep.

2. Het aantal onderling verschillende Sylow p-groepen in G is ≡ 1 mod p.

3. Zijn H en H ′ Sylow p-groepen in G, dan geldt H ′ = γa(H) voor eena ∈ G.

4. Het aantal onderling verschillende Sylow p-groepen in G is een delervan m.

Bewijs. Schrijf N voor het totale aantal onderling verschillende Sylow p-groepen in G. We moeten onder andere aantonen dat N 6= 0; dit volgt zekerals we de bewering in 2) die zegt dat N ≡ 1 mod p bewezen hebben. Ditzullen we laten zien door de collectie van alle deelverzamelingen in G die uitprecies pn elementen bestaan te bestuderen.

Is H ⊂ G een Sylow p-groep, dan heeft voor elke g ∈ G de verzamelingHg precies pn elementen. Vanwege Stelling 6.1.14 zijn er voor gegeven H


precies #G/#H = m zulke verzamelingen Hg. Er geldt voor x ∈ G datxHg = Hg precies dan als xH = H, en dat is het geval dan en slechts danals x ∈ H. Dus uit V = Hg vinden we H terug als de elementen x ∈ G metxV = V . Bezie nu een willekeurige verzameling V ⊂ G die uit pn elementenbestaat, en die de eigenschap heeft dat {x ∈ G | xV = V } een ondergroep Hvan G is met pn elementen. Is v ∈ V en x ∈ H, dan volgt vanwege xV = Vdat ook xv ∈ V . Dus Hv ⊂ V , en omdat #Hv = pn = #V , volgt V = Hv.Conclusie: elke verzameling V met de genoemde eigenschappen is van devorm Hg, voor een g ∈ G en een Sylow p-groep H. Er bestaan dus in totaalprecies N ·m zulke verzamelingen.

We bekijken vervolgens alle overige deelverzamelingen V ⊂ G met #V =pn. Voor zo’n deelverzameling noteren we GV = {x ∈ G | xV = V }. Mengaat eenvoudig na dat GV een ondergroep is van G. Omdat V ⊂ G teschrijven is als disjuncte vereniging van deelverzamelingen van de vorm GV ·v,die elk uit #GV elementen bestaan, volgt #GV |#V = pn. De V ’s met#GV = pn zijn precies degenen die we hierboven al gezien hebben; daarvanzijn er Nm. Schrijf

P ={V ⊂ G | #V = pn en #GV = pk voor een k < n

}.

Dan geldt (pnm

pn

)= Nm+ #P .

We zullen laten zien dat #P ≡ 0 mod p. Laat V ∈ P . Voor elke x ∈ G isdan ook xV ∈ P , want xV bevat pn elementen, en g · (xV ) = xV precies danals x−1gxV = V . Dus GxV = γx−1(GV ), en dus hebben GV en GxV in hetbijzonder evenveel elementen. Dit toont aan dat als V ∈ P dan ook xV ∈ P .Schrijf G = ∪giGV , met [G : GV ] verschillende gi’s. Elke xV is dan gelijkaan een Vi = giV , want x = gig voor zekere gi en zekere g ∈ GV , en dusxV = gigV = giV = Vi. De Vi’s zijn onderling verschillend omdat Vi = Vjzou impliceren dat g−1

i gj ∈ GV en dus giGV = gjGV . Er geldt [G : GV ] ≡0 mod p, dus op deze wijze wordt P opgedeeld in deelverzamelingen die elkuit een veelvoud van p elementen bestaan. Dit bewijst dat #P ≡ 0 mod p.

De conclusie hieruit is, dat(pnm

pn

)= Nm+ #P ≡ Nm mod p.

Omdat ggd(m, p) = 1 is m = m mod p een eenheid in Z/pZ, en de formulegeeft dan

N mod p = m−1 ·(pnm

pn

)mod p.


Dit toont aan dat N mod p alleen maar afhangt van p, n en m, en niet vande groep G zelf! In het bijzonder kunnen we voor G de groep Z/pnZ×Z/mZkiezen. In Voorbeeld 6.2.2 zagen we dat dan geldt N = 1. Hieruit volgtdat voor iedere groep G met #G = pnm geldt dat N mod p = 1 mod p. Ditbewijst 1) en 2).

Nu het bewijs van 3) en 4). Stel H en H ′ zijn allebei Sylow p-groepen inG. Zoals we weten zijn er precies [G : H] = m verschillende verzamelingenvan de vorm gH in G, en G is hun vereniging. We delen deze collectieverzamelingen gH op in twee klassen H1,H2 als volgt: gH ∈ H1 precies dan,als voor elke h ∈ H ′ geldt dat hgH = gH. En gH ∈ H2 precies dan, als ereen h ∈ H ′ bestaat met hgH 6= gH. Dan geldt m = #H1 + #H2. We gaan,in feite op precies dezelfde manier als we dat hiervoor voor de verzamelingP gedaan hebben, laten zien dat #H2 ≡ 0 mod p. Laat gH ∈ H2. Danis H ′′ = {h ∈ H ′ | hgH = gH} een ondergroep van H ′. Uit de definitievan H2 volgt dat H ′′ 6= H ′, dus p|[H ′ : H ′′]. Door h ∈ H ′ te laten varierenkrijgen we zo [H ′ : H ′′] onderling verschillende verzamelingen hgH. Menrekent eenvoudig na dat elk van deze hgH’s weer een element van H2 is. Opdeze manier krijgen we een opdeling van heel H2 in steeds een veelvoud vanp elementen, dus #H2 ≡ 0 mod p. Dit impliceert

#H1 ≡ m mod p 6= 0 mod p,

dus in het bijzonder volgt dat H1 niet leeg is. Dit levert een gH met deeigenschap hgH = gH voor elke h ∈ H ′. Anders gezegd: g−1hg ∈ H voorelke h ∈ H ′, oftewel H ′ ⊂ γg(H). Hieruit volgt 3).

Tenslotte nog 4). Zij H een willekeurige Sylow p-groep in G. Er zijnin totaal N zulke groepen, en we hebben al aangetoond dat ze allemaal teschrijven zijn als γg(H) voor een g ∈ G. Definieer

N(H) = {g ∈ G | γg(H) = H} .

Dit is een ondergroep van G, en door te schrijven G = ∪giN(H) vinden weop de gebruikelijke manier dat alle Sylow p-ondergroepen in G precies deγgi(H) zijn. Dus volgt N = [G : N(H)]. Omdat H een ondergroep is vanN(H), volgt nu dat N |m. Immers, #N(H) = [N(H) : H] ·#H en

N = [G : N(H)] = #G/#N(H) = #G/([N(H) : H] ·#H)|#G/#H = m.

Hiermee is de stelling volledig bewezen. 2

Gevolg 6.2.4 Voor p een priemgetal en n,m > 0 met ggd(p,m) = 1 geldt(pnm

pn

)≡ m mod p.


Bewijs. In het bewijs van Stelling 6.2.3 hebben we gezien dat(pnmpn

)≡

Nm mod p, waarbij N ≡ 1 mod p. Dit impliceert het gevolg. 2

Voorbeeld 6.2.5 De groep S4 heeft 24 = 3 · 8 elementen. Het aantal Sylow3-groepen in S4 is blijkens Stelling 6.2.3 een deler van 8, en het is van de vorm3k + 1. Het moeten er dus 1 of 4 zijn. Elke deelverzameling van de vorm{(1), (a b c), (a c b)} met a 6= b, b 6= c, c 6= a is inderdaad een ondergroep, endit levert er precies 4.

Het aantal Sylow 2-groepen in S4 is oneven en een deler van 3. Datkunnen er dus 1 of 3 zijn. Is H zo’n groep, dan #H = 8, dus elk element in Hheeft een orde die 8 deelt. Hieruit volgt dat H bestaat uit 4-cykels, 2-cykels,producten van twee disjuncte 2-cykels en de identiteit. Er kunnen hoogstenstwee 2-cykels in H zitten en deze moeten dan disjunct zijn. Immers, anderszou er een product (a b)(b c) = (a b c) in H zitten, en dat is niet het geval.Het is niet mogelijk dat er precies een 2-cykel in H zit. Immers, dat zoubetekenen dat elke ondergroep σHσ−1 precies een 2-cykel bevat, en omdatwe op deze manier alle mogelijke 2-cykels kunnen krijgen, zijn er dan minstensevenveel Sylow 2-groepen in S4 als er 2-cykels zijn, wat niet mogelijk is. Dusbevat H of geen, of precies twee (onderling disjuncte) 2-cykels. Het aantal 4-cykels in H is even, want een 4-cykel is niet gelijk aan z’n inverse, en met elkervan moet ook de inverse in H zitten. Verder is het kwadraat van een 4-cykelgelijk aan een product van twee disjuncte 2-cykels, en elk paar bestaande uiteen 4-cykel en z’n inverse geeft aanleiding tot hetzelfde kwadraat terwijl eenander zo’n paar ook weer een ander kwadraat oplevert. Hieruit volgt dat erprecies een zo’n paar 4-cykels in H moet zitten. Immers, zijn het er tweeof meer, dan volgt door deze onderling te conjugeren dat alle 4-cykels in Hzitten, en dus ook alle producten van disjuncte 2-cykels. Dat zou betekenendat #H ≥ 1 + 6 + 3 = 10 hetgeen niet het geval is. Het is ook niet mogelijkdat er helemaal geen 4-cykels in H zitten, want met de hooguit twee 2-cykelsen de drie producten van twee disjuncte 2-cykels en de identiteit hebben wesamen nog geen 8 elementen. Dus moet H uit precies twee disjuncte 2-cykels,alle drie producten van disjuncte 2-cykels, en nog een paar bestaande uiteen 4-cykel en z’n inverse (plus de identiteit) bestaan. Wat rekenwerk levertinderdaad drie zulke ondergroepen die onderling geconjugeerd zijn. Een ervanbestaat uit (1), (1 2 3 4), (1 4 3 2), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3), (1 3) en(2 4).

We hadden onszelf overigens al dit werk kunnen besparen: de symmetrie-groep van het vierkant, D4, bestaat uit precies 8 elementen. Deze elementenpermuteren de hoekpunten van het vierkant. Dus D4 kan worden opgevatals ondergroep van S4. Helemaal expliciet: neem het vierkant in het x, y-vlak met hoekpunten (±1,±1). Noem het hoekpunt in het i-de kwadrant i.


Roteren over 90 graden tegen de wijzers van de klok levert dan de permu-tatie (1 2 3 4) op de hoekpunten. Spiegelen in de x-as correspondeert met(1 4)(2 3). Spiegelen in de diagonaal x+ y = 0 levert (1 3), enzovoort.

We laten aan een tweetal voorbeelden zien hoe Stelling 6.2.3 gebruikt kanworden.

Stelling 6.2.6 Gegeven is een groep G met #G = pq, waarbij p en q on-derling verschillende priemgetallen zijn met de eigenschap p 6≡ 1 mod q enq 6≡ 1 mod p. Dan geldt G ∼= Z/pqZ.

Bewijs. Een element g ∈ G heeft een orde die een deler is van pq. Dusord(g) ∈ {1, p, q, pq}. Het enige element van orde 1 is e ∈ G. Geldt ord(g) =p, dan is 〈g〉 een Sylow p-groep in G. Het aantal zulke groepen is een deler vanq, dus het is 1 of q. Verder is dit aantal ≡ 1 mod p. Omdat q 6≡ 1 mod p moethet aantal Sylow p-groepen dus wel precies gelijk zijn aan 1. Elk element inG met orde p zit in deze Sylow p-groep, dus er zijn hoogstens p − 1 zulkeelementen. (In feite precies p− 1, maar dat hebben we niet eens nodig.)

Precies hetzelfde argument toont aan, dat er hoogstens q − 1 elementenin G zijn waarvan de orde q is. Omdat 1 + p− 1 + q − 1 < pq = #G, bevatG dus elementen met orde pq. Is g ∈ G zo’n element, dan 〈g〉 = G, eng 7→ 1 mod pq levert een isomorfisme: G ∼= Z/pqZ. 2

Voorbeeld 6.2.7 Passen we Stelling 6.2.6 toe met p = 3 en q = 5, dan volgtdat er op isomorfie na slechts 1 groep met 15 elementen bestaat, en dat isZ/15Z.

Stelling 6.2.8 (Augustin-Louis Cauchy, Frans wiskundige, 1789–1857)Is G een eindige groep, en is p een priemgetal dat het aantal elementen vanG deelt, dan bestaat er een element g ∈ G met ord(g) = p.

Bewijs. Kies een Sylow p-groep H ⊂ G. Die bestaat vanwege Stelling 6.2.3,en #H = pk met k ≥ 1. Neem x ∈ H met x 6= e willekeurig. Dan ord(x) 6= 1,en ord(x)|pk. Dit impliceert dat ord(x) = p`, met 1 ≤ ` ≤ k. Voor g = xp

`−1

geldt dan ord(g) = p, zoals verlangd. 2


6.3 Opgaven

1. Bepaal van iedere conjugatieklasse in S6 uit hoeveel elementen dezebestaat.

2. Bepaal het aantal conjugatieklassen in A6, en geef voor elk ervan hetaantal elementen.

3. Geef een bewijs voor de tweede uitspraak in Stelling 6.1.11.

4. In de groep Dn hebben we twee elementen ρ, σ, gegeven door ρ =‘draaien over 2π/n radialen tegen de richting van de klok’, en σ =‘spiegelen in de x-as’.

(a) Laat zien dat σρσ = ρ−1.

(b) Toon aan dat elke τ ∈ Dn te schrijven is als ρaσb, met 0 ≤ a < nen 0 ≤ b ≤ 1.

(c) Neem n oneven, en bewijs dat er een conjugatieklasse in Dn be-staande uit n elementen is, ook een bestaande uit 1 element, enverder (n− 1)/2 met ieder 2 elementen.

(d) Bewijs dat voor even n de groep Dn uiteenvalt in 2 conjugatieklas-sen met 1 element, (n− 2)/2 conjugatieklassen met 2 elementen,en 2 met n/2 elementen.

5. Stel G is een eindige groep met #G = n, en G bestaat uit precies 3conjugatieklassen.

(a) Laat zien dat n = 1 + a+ b, met 1 ≤ a ≤ b en a|n en b|n.

(b) Bepaal alle mogelijke oplossingen van de in (a) gevonden gelijk-heid. (Deel bijv. door n, en ga na dat a ≤ 3 moet gelden.)

(c) Gebruik dat een niet-commutatieve groep met 6 elementen isomorfis met S3, en bewijs dan dat G ∼= Z/3Z of G ∼= S3. Ga na dat dezetwee groepen inderdaad uit precies 3 conjugatieklassen bestaan.

6. Bewijs dat voor een groep G, een ondergroep H ⊂ G en een elementg ∈ G geldt dat [G : H] = [G : γg(H)].

7. Toon aan dat een eindige abelse groep G voor elk priemgetal p metp|#G precies een Sylow p-groep heeft.

8. Bepaal voor elke p het aantal Sylow p-groepen in S5.

9. We beschrijven alle Sylow p-groepen in S6.


(a) Laat zien dat de Sylow 2-groepen isomorf zijn met D4 × Z/2Z,en dat er

(62

)· 3 = 45 zulke groepen zijn. (Denk aan een Sylow

2-groep in S4, samen met de permutatie (5 6).)

(b) Laat zien dat de Sylow 3-groepen isomorf zijn met Z/3Z×Z/3Z,en dat er

(63

)/2 = 10 zulke groepen zijn. (Denk aan disjuncte

3-cykels.)

(c) Laat zien dat de Sylow 5-groepen isomorf zijn met Z/5Z, en dater daarvan 36 zijn.

10. In deze opgave geven we een ander bewijs voor het feit dat als 3 hetaantal elementen van een eindige groep G deelt, dan heeft die groepeen element met orde 3. Het bewijs in deze opgave is afkomstig vanJ. McKay, en het kan gegeneraliseerd worden tot een willekeurig priem-getal in plaats van ‘3’.

Laat G een eindige groep zijn met #G = n ≡ 0 mod 3. Neem D ={(a, b, c) ∈ G×G×G | abc = e} en D1 = {(a, b, c) ∈ D | a = b = c} enD2 = D \ D1.

(a) Laat zien dat #D = n2 ≡ 0 mod 3.

(b) Toon aan dat als (a, b, c) ∈ D, dan ook (b, c, a) ∈ D en (c, a, b) ∈D.

(c) Toon aan dat als (a, b, c) ∈ D2, dan zijn (a, b, c) en (b, c, a) en(c, a, b) alle drie verschillend.

(d) Bewijs dat #D2 ≡ 0 mod 3.

(e) Bewijs dat #D1 ≥ 3, en dat het aantal elementen in G met orde3 een drievoud plus twee is.

11. Laat G een groep zijn met #G = 6.

(a) Beargumenteer dat er een a ∈ G is met ord(a) = 2 en ook eenb ∈ G met ord(b) = 3.

(b) Laat zien dat als a, b als in (a), en γb(a) = a, dan ord(ab) = 6 enG ∼= Z/6Z.

(c) Laat zien dat als a, b als in (a), en γb(a) 6= a, dan bevat Ca precies3 elementen die allemaal orde 2 hebben in G, en G ∼= S3.

7 NORMAALDELERS EN FACTORGROEPEN 87

7 Normaaldelers en factorgroepen

Terugblikkend naar Hoofdstuk 2 kunnen we achteraf zeggen, dat we daaruitgaande van de groep Z en de ondergroep NZ een nieuwe groep geconstru-eerd hebben. Namelijk, de elementen van die nieuwe groep zijn precies derestklassen a+NZ. En in Stelling 2.1.5 met de daarop volgende definitie enopmerking werd aangetoond, dat de groepsbewerking op Z (optellen) aan-leiding geeft tot een groepsbewerking (ook optellen) op die restklassen. Wezullen in dit hoofdstuk precies hetzelfde gaan proberen voor een willekeurigegroep G in plaats van Z, en een willekeurige ondergroep H ⊂ G. Het zalblijken dat alleen voor bepaalde ondergroepen, de zogeheten ‘normaaldelers’,zo’n constructie mogelijk is. Het is wellicht goed, voor het bestuderen vandit hoofdstuk nog even Sectie 2.1 door te lezen.

7.1 Normaaldelers

Voor een groep G en een ondergroep H hebben we in Stelling 6.1.2 gezien datals a ∈ G, dan is de geconjugeerde γa(H) = aHa−1 ook een ondergroep vanG. Zelfs zijn H en γa(H) isomorf. In het algemeen geldt niet dat H = γa(H).Bijvoorbeeld is H = {(1), (1 2)} een ondergroep van S3. Nemen we a = (1 3),dan γa(H) = {(1), (2 3)} 6= H.

Definitie 7.1.1 Een ondergroep H van een groep G heet een normaaldelerals voor elke a ∈ G geldt dat H = aHa−1.

Voorbeeld 7.1.2 In een commutatieve groep G is elke ondergroep H eennormaaldeler. Immers, aha−1 = aa−1h = h voor alle a, h in zo’n commuta-tieve groep, dus in het bijzonder is aHa−1 = H.

Voorbeeld 7.1.3 In de diedergroep Dn vormen de rotaties een ondergroep,die een normaaldeler is. Immers, gezien als lineaire afbeeldingen op R2 zijnde rotaties in Dn precies die elementen van Dn die determinant 1 hebben. Is ρzo’n rotatie en a ∈ Dn willekeurig, dan det(aρa−1) = det(a) det(ρ) det(a−1) =det(a) det(a)−1 = 1, dus aρa−1 is ook een rotatie.

Voorbeeld 7.1.4 We gaan alle normaaldelers in S4 bepalen. Stel H is zo’nnormaaldeler en σ ∈ H. Omdat H = τHτ−1 voor elke τ ∈ Sn, bevat Hdan ook de hele conjugatieklasse Cσ. Vanwege het feit dat S4 een disjunctevereniging van conjugatieklassen is (Stelling 6.1.7), is dus ook H een disjunctevereniging van conjugatieklassen in S4. Deze klassen hebben resp. 1, 6, 8en 3 elementen. Er geldt (1) ∈ H, dus #H is een som van sommige vandeze getallen, waarbij zeker 1 als term voorkomt. Ook geldt #H|#S4 = 24


vanwege Stelling 3.2.7. Hiermee blijven nog maar een paar mogelijkhedenover:

1. #H = 1, dus H bestaat uit alleen het eenheidselement in S4. Dit isinderdaad een ondergroep, en zelfs een normaaldeler.

2. #H = 1 + 3 = 4, dus H bestaat uit het eenheidselement plus dedrie producten van twee disjuncte 2-cykels. Dit levert inderdaad eennormaaldeler in S4.

3. #H = 1 + 3 + 8 = 12. In dit geval bestaat H uit de identiteit, deproducten van twee disjuncte 2-cykels, en alle 3-cykels. Dus H = A4,en dat is een normaaldeler in S4.

4. #H = 1 + 3 + 8 + 12 = 24, dus H = S4.

We zien dus dat hoewel S4 heel veel ondergroepen heeft, toch behalve S4 zelfen (1) er slechts twee ‘echte’ normaaldelers in S4 zijn.

Voorbeeld 7.1.5 We zagen al dat A4 een normaaldeler in S4 is. Er geldtzelfs algemeen dat An een normaaldeler in Sn is. Dit volgt uit het feit datvoor permutaties σ, τ geldt dat ε(σ) = ε(τστ−1). (We kunnen ook directinzien dat conjugeren een product van disjuncte cykels overvoert in precieszo’n product van disjuncte cykels. Dus in het bijzonder verandert het tekenniet bij conjugatie, hetgeen impliceert dat τAnτ

−1 = An.)

Voorbeeld 7.1.6 Stel G is een eindige groep met #G = pnm waarbij ppriem, n ≥ 1 en ggd(p,m) = 1. Laat H een Sylow p-groep in G zijn. Allegeconjugeerde groepen aHa−1 voor a ∈ G zijn dan ook Sylow p-groepen,en in Stelling 6.2.3 hebben we afgeleid dat we ze op deze manier allemaalkrijgen. We concluderen dat H een normaaldeler is precies dan als er slechtseen Sylow p-groep in G is. Deze voorwaarde is vaak te verifieren met behulpvan de twee deelbaarheidseigenschappen die in Stelling 6.2.3 voor het aantalSylow p-groepen zijn gegeven.

Het volgende lemma zal in het vervolg nuttig blijken te zijn. In feitehebben we dit allang in allerlei situaties afgeleid en gebruikt.

Lemma 7.1.7 Is H een ondergroep van een groep G, en a, b ∈ G, dan geldtaH = bH precies dan als b−1a ∈ H.

Bewijs. In het bewijs van Stelling 3.2.7 is al aangetoond dat twee zulkeverzamelingen aH, bH of gelijk, of disjunct zijn. Omdat e ∈ H, geldt a =ae ∈ aH, dus aH = bH is equivalent met a ∈ bH. Anders gezegd: aH = bHprecies dan als a = bh voor een h ∈ H, dus precies dan als b−1a = h ∈ H. 2


Stelling 7.1.8 Laat G een groep zijn en H ⊂ G een ondergroep. De volgendedrie uitspraken zijn equivalent:

1. H is een normaaldeler.

2. Voor elke a ∈ G geldt aH = Ha.

3. Voor elke a ∈ G en elke h ∈ H geldt dat aha−1 ∈ H.

4. Voor alle a, b, c, d ∈ G met aH = cH en bH = dH geldt dat ookabH = cdH.

Bewijs. 1) impliceert 2): Is a ∈ G, dan geldt aHa−1 = H. Door dezegelijkheid aan de rechterkant met a te vermenigvuldigen volgt dat aH = Ha.2) impliceert 3): Neem willekeurige a ∈ G en h ∈ H. De aanname aH = Halevert dat ah = h1a voor zekere h1 ∈ H, en dus is aha−1 = h1 ∈ H hetgeenwe wilden bewijzen.3) impliceert 4): Gezien Lemma 7.1.7 moeten we laten zien dat als c−1a ∈ Hen d−1b ∈ H, dan ook (cd)−1(ab) = d−1c−1ab ∈ H. Schrijf c−1a = h1 ∈H. Aanname 3) levert in het bijzonder dat h2 := d−1h1d ∈ H. Dus volgtd−1c−1ab = d−1h1dd

−1b = h2d−1b ∈ H, wat we wilden bewijzen.

4) impliceert 1): Laat h ∈ H en a ∈ G willekeurig. Er geldt hH = eH,dus vanwege 4) ook ha−1H = ea−1H = a−1H. Volgens Lemma 7.1.7 wil ditprecies zeggen dat aha−1 ∈ H. Dus conjugatie met een willekeurige a ∈ Gbeeldt H weer op H af, oftewel H is een normaaldeler.Hiermee is aangetoond dat de vier uitspraken gelijkwaardig zijn. 2

Het feit dat bijvoorbeeld de rotaties binnen Dn, en de even permutatiesbinnen Sn normaaldelers zijn, is een speciaal geval van het volgende resultaat.

Stelling 7.1.9 Is G een groep en H ⊂ G een ondergroep waarvoor geldt[G : H] = 2, dan is H een normaaldeler van G.

Bewijs. De voorwaarde [G : H] = 2 wil precies zeggen dat er een a ∈ Gis zodat G de disjuncte vereniging is van H en Ha. Maar dan volgt Ha =G \H. Omdat a 6∈ H, zijn ook H en aH disjuncte deelverzamelingen van G.Opnieuw gebruik makend van [G : H] = 2 volgt vanwege Opmerking 6.1.13dat ook aH = G\H, dus aH = Ha. Elke verzameling van de vorm bH binnenG is ofwel gelijk aan H, of aan aH. Dus volgt bH = Hb voor elke b ∈ G, dusmet behulp van Stelling 7.1.8 concluderen we dat H een normaaldeler van Gis. 2


7.2 Factorgroepen

Stelling 7.1.8 laat onder meer zien, dat als een ondergroep H van een groepG een normaaldeler is, dan is het voorschrift (aH) · (bH) = abH goed gede-finieerd. Dat wil zeggen: schrijven we aH = cH of bH = dH voor zekereandere elementen c, d ∈ G, dan levert dit dezelfde uitkomst abH = cdH. (Enomgekeerd, is H geen normaaldeler, dan maakt het in het algemeen wel uitwelk element van G we gebruiken om een verzameling aH mee aan te geven.)

Voorbeeld 7.2.1 Neem G = S3 en H = {(1), (1 2)} ⊂ S3. Zoals al welvaker is opgemerkt, is H een ondergroep van G, maar H is geen normaaldelerin G. Bezie a = (1 3) en b = (1 2 3). Dan is aH = {(1 3)(1), (1 3)(1 2)} ={(1 3), (1 2 3)} en evenzo bH = {(1 2 3)(1), (1 2 3)(1 2)} = {(1 2 3), (1 3)}.Dus aH = bH (allicht: er geldt immers b−1a = (1 2) ∈ H, dus ook vanwegeLemma 7.1.7 zien we dat aH = bH). Echter a2H = H en b2H = (1 3 2)H ={(1 3 2), (2 3)} 6= a2H.

Definitie 7.2.2 Gegeven een groep G en een normaaldeler H ⊂ G. DefactorgroepGmoduloH die we noteren alsG/H is de groep met als elementende verzamelingen van de vorm aH, voor a ∈ G. Het eenheidselement isH = eH, en de groepsbewerking wordt gegeven door (aH) · (bH) = abH.

Opmerking 7.2.3 Dat de bovenstaande manier om een groepsbewerking opG/H te geven werkt, volgt vanwege Stelling 7.1.8 precies uit het feit dat Heen normaaldeler is. Omdat G een groep is, volgt eenvoudig dat dan ookG/H op deze manier een groep wordt. Zo is bijvoorbeeld de inverse (aH)−1

van een element aH ∈ G/H gelijk aan a−1H. Immers, (aH) · a−1H = eH,en dat is per definitie het eenheidselement in G/H.

Opmerking 7.2.4 Per definitie van het begrip index is het aantal onderlingverschillende verzamelingen van de vorm aH gelijk aan [G : H]. Is G eeneindige groep, dan zegt Stelling 6.1.14 dat [G : H] = #G/#H. In hetbijzonder is dus voor een normaaldeler H in een groep G het aantal elementenvan de factorgroep G/H gelijk aan [G : H].

Voorbeeld 7.2.5 H = NZ is een normaaldeler in G = Z. De factorgroep isprecies de groep Z/NZ. In het bijzonder zien we aan dit voorbeeld dat eenfactorgroep van een oneindige groep best een eindige groep kan zijn.

Voorbeeld 7.2.6 Laat n ≥ 2 en neem H = An als normaaldeler in G = Sn.Omdat An index 2 in Sn heeft, bestaat Sn/An uit precies twee elementen.In het bijzonder geldt dus dat Sn/An ∼= Z/2Z, want dat is op isomorfie na


de enige groep bestaande uit precies twee elementen. We zien dus dat eenfactorgroep van een niet-abelse groep best commutatief kan zijn.

De twee elementen van Sn/An zijn per definitie twee deelverzamelingenvan Sn. De ene bestaat uit alle even permutaties (An), en de andere uitalle oneven permutaties (dus (1 2)An). De groepsbewerking in Sn/An gaatvolgens de regels ‘even maal even is even’ en ‘oneven maal even is oneven’ en‘even maal oneven is oneven’ en ‘oneven maal oneven is even’.

Stelling 7.2.7 Is H een normaaldeler in een groep G, dan geldt dat defactorgroep G/H commutatief is dan en slechts dan als voor elke a, b ∈ Ghet element a−1b−1ab in H zit.

Bewijs. Er geldt dat G/H abels is precies dan als (aH) · (bH) = (bH) · (aH)voor alle a, b ∈ G. En dit is het geval dan en slechts dan als abH = baHvoor elke a, b ∈ G. Vanwege Lemma 7.1.7 is deze laatste eis gelijkwaardigmet a−1b−1ab = (ba)−1ab ∈ H, voor alle a, b ∈ G. Dit bewijst de stelling. 2

Voorbeeld 7.2.8 Laat n ≥ 3. Zoals we al gezien hebben, is Sn/An eencommutatieve groep. Vanwege Stelling 7.2.7 is dus voor elk paar permutatiesσ, τ het product σ−1τ−1στ even. Dit volgt natuurlijk ook uit het feit dat hetteken ε een homomorfisme van Sn naar een commutatieve groep (±1) is.Omdat (a b)−1(a c)−1(a b)(a c) = (a b c) voor onderling verschillende a, b, cen omdat elk element van An als product van 3-cykels te schrijven is, volgtdat als H ⊂ Sn een normaaldeler is met de eigenschap dat Sn/H abels, danAn ⊂ H, en dus H = An of H = Sn.

Stelling 7.2.9 Laat H een normaaldeler in een groep G zijn. Het voorschrift

π : G −→ G/H : g 7→ gH

levert een surjectief homomorfisme van G naar G/H met Ker(π) = H.

Bewijs. Er geldt voor a, b ∈ G dat π(ab) = abH = (aH) · (bH) = π(a)π(b).Dus inderdaad is π een homomorfisme. Een willekeurig element van G/His te schrijven als aH, voor een a ∈ G. Dan is π(a) = aH, met anderewoorden, π is surjectief. Tenslotte geldt voor a ∈ G dat a ∈ Ker(π) preciesdan als aH = eH, oftewel volgens Lemma 7.1.7 precies dan als a ∈ H. DusKer(π) = H, en daarmee is de stelling bewezen. 2

Opmerking 7.2.10 Het homomorfisme π genoemd in Stelling 7.2.9 wordtvaak het kanonieke homomorfisme naar een factorgroep genoemd.


Stelling 7.2.11 Een ondergroep H van een groep G is een normaaldelerprecies dan als H de kern is van een homomorfisme van G naar een anderegroep.

Bewijs. Is H de kern van een homomorfisme, dan is het een aardige oefeningin de hier gegeven definities om na te gaan dat H inderdaad een normaaldeleris.

Omgekeerd, is H een normaaldeler, dan is H vanwege Stelling 7.2.9 dekern van het kanonieke homomorfisme van G naar G/H. 2

7.3 Normaaldelers in de alternerende groep

Definitie 7.3.1 Een groep G heet simpel (of ook wel enkelvoudig) als {e}en G de enige normaaldelers in G zijn.

Opmerking 7.3.2 Is G een simpele groep, G′ een willekeurige groep enf : G→ G′ een homomorfisme, dan is f of injectief, of er geldt dat f iederelement van G op het eenheidselement van G′ afbeeldt. Immers, de kernvan f is een normaaldeler in G, dus Ker(f) = {e} (en dan is f injectief) ofKer(f) = G (en dan wordt alles op het eenheidselement afgebeeld). Dezeeigenschap van simpele groepen geeft al aan, dat ‘simpel zijn’ een sterkeeigenschap is.

Voorbeeld 7.3.3 We gaan na welke niet-triviale eindige, abelse groepen Gsimpel zijn. Is p een priemgetal dat het aantal elementen van zo’n groep Gdeelt, dan bestaat er vanwege Stelling 6.2.8 een a ∈ G met ord(a) = p. Deondergroep 〈a〉 is dan een normaaldeler 6= {e} (want elke ondergroep van eenabelse groep is een normaaldeler). Dus als G simpel is, dan G = 〈a〉 ∼= Z/pZ.Inderdaad is Z/pZ simpel, want een ondergroep heeft als aantal elementeneen deler van p en p is een priemgetal. We concluderen dat op isomorfie nade groepen Z/pZ de enige niet-triviale simpele eindige abelse groepen zijn.

Opmerking 7.3.4 Een van de belangrijkste resultaten uit de moderne the-orie van eindige groepen is, dat de volledige lijst van alle simpele eindigegroepen bekend is. Deze lijst bestaat uit een paar ‘families van simpele groe-pen’ (zoals de Z/pZ’s voor p een priemgetal), en 26 losse exemplaren die‘sporadische groepen’ worden genoemd. De lijst is te vinden in J. Conwayetc., Atlas of finite simple groups. Oxford: Clarendon Press, 1985. Aanhet bewijs dat de lijst volledig is hebben vele wiskundigen bijgedragen; metname dient daarbij de Amerikaan Daniel Gorenstein (1923–1992) genoemdte worden.


De grootste sporadische simpele eindige groep heeft de fraaie naam ‘HetMonster’ gekregen. Deze groep heeft

246 · 320 · 59 · 76 · 112 · 133 · 17 · 19 · 23 · 29 · 31 · 41 · 47 · 59 · 71

elementen.Andere eindige simpele groepen zijn bijvoorbeeld de groepen

PSLn(Z/pZ), voor n ≥ 2 en p een priemgetal en (n, p) 6= (2, 2) en(n, p) 6= (2, 3). Dit zijn factorgroepen G/H, waarin G de groep van n × nmatrices met coefficienten in Z/pZ en determinant 1 is, en H de ondergroepbestaande uit alle matrices aI, met an = 1. Het bewijs dat deze groepeninderdaad simpel zijn valt buiten het bestek van dit college. Wat we echterwel zullen aantonen is dat de groepen An, voor n ≥ 5 simpel zijn.

Voorbeeld 7.3.5 We tonen aan dat A5 een simpele groep is. Laat H ⊂ A5

een normaaldeler zijn. Is σ ∈ H, dan is voor elke τ ∈ A5 ook τστ−1 ∈τHτ−1 = H. Dus H bevat de gehele conjugatieklasse Cσ van σ in A5. Ervolgt dat H een vereniging is van zulke conjugatieklassen. Deze klassenzijn onderling disjunct en hebben respectievelijk 1, 12, 12, 15 en 20 elementen(vergelijk Voorbeeld 6.1.9). Dus

#H = 1 + 12a+ 15b+ 20c

met a = 0, 1 of 2 en b, c ∈ {0, 1}. Verder #H|#A5 = 60, en het is nietmoeilijk om na te gaan dat hieruit volgt #H = 1 of #H = 60. Dus A5 heeftgeen normaaldelers behalve {(1)} en A5 zelf.

Stelling 7.3.6 Voor n ≥ 5 is An een simpele groep.

Bewijs. Het idee van onderstaand bewijs is dat we gaan aantonen dat voorn ≥ 5 een normaaldeler H 6= {(1)} in An altijd een 3-cykel bevat. Er volgtdan dat H de conjugatieklasse in An van die 3-cykel bevat, en die bestaatvanwege Stelling 6.1.11 uit alle 3-cykels. Vanwege Stelling 4.4.4 volgt dantenslotte H = An.

Laat n ≥ 5 en stel H 6= {(1)} is een normaaldeler. We willen bewijzendat H = An, en bovenstaand argument laat zien dat we daarvoor alleenmaar hoeven aan te tonen dat H een 3-cykel bevat. Stel σ 6= (1) is eenelement van H. Schrijf σ = σ1σ2 . . . σr, met de σi disjuncte `i-cykels, en`1 ≥ `2 ≥ . . . ≥ `r.

Als `1 ≥ 4, schrijf dan σ1 = (a1 a2 . . . a`1) en neem τ = (a1 a2 a3) ∈ An.Omdat H een normaaldeler is, geldt dat σ′ = τστ−1 ∈ H. We gaan na hoe σ′


eruit ziet. De getallen a1, a2, a3 komen in σ1 voor en niet in σ2, . . . , σr. Bijge-volg is τσiτ

−1 = σi voor i ≥ 2. Verder is τσ1τ−1 = (τ(a1) τ(a2) . . . τ(a`1)) =

(a2 a3 a1 a4 . . . a`1). Dus

σ′ = τστ−1 = (τσ1τ−1)(τσ2τ

−1) . . . (τσrτ−1) = (a2 a3 a1 a4 . . . a`1)σ2 . . . σr.

Er volgt dat ook σ−1σ′ = (a`1 . . . a1)(a2 a3 a1 a4 . . . a`1) = (a1 a3 a`1) ∈ H.Dus in dit geval bevat H een 3-cykel, en zijn we klaar.

Als `1 = `2 = 3, schrijf dan σ1 = (a1 a2 a3) en σ2 = (b1 b2 b3). Conjugerenmet τ = (a1 a2 b1) ∈ An levert dan σ′ = (a2 b1 a3)(a1 b2 b3)σ3 . . . σr ∈ H.Daarmee is ook σ−1σ′ = (a1 b1 a2 b3 a3) ∈ H. Het argument dat we voor`1 ≥ 4 gebruikten kan hierop worden toegepast, en de conclusie is dat ook indit geval er een 3-cykel in H zit.

Als `1 = 3 en `i < 3 voor i 6= 1, dan is σ2 een 3-cykel in H, dus ook ditgeval is daarmee klaar.

Het resterende geval is dat σ een product is van disjuncte 2-cykels. Om-dat σ ∈ H ⊂ An, bestaat σ dan uit een even aantal 2-cykels. Schrijfσ = (a b)(c d)σ3 . . . σr. Conjugeren met (a b c) levert dat ook σ′ =(b c)(a d)σ3 . . . σr ∈ H, en dus ook σσ′ = (a c)(b d) ∈ H. Daarmee bevat Hdan ook de hele conjugatieklasse in An van dit product van twee disjuncte 2-cykels. Stelling 6.1.11 zegt dat dus ieder product van twee disjuncte 2-cykelsin H zit, dus in het bijzonder ook (1 2)(4 5) · (4 5)(2 3) = (1 2 3) ∈ H.Hiermee is ook dit laatste geval afgehandeld.

We concluderen dat H = An, hetgeen we wilden bewijzen. 2


7.4 Opgaven

1. Gegeven twee groepen G1 en G2 en een homomorfisme ϕ : G1 → G2.Laat zien dat Ker(ϕ) een normaaldeler in G1 is.

2. Toon aan dat als G een groep is, H ⊂ G een ondergroep en N ⊂ G eennormaaldeler, dan is N ∩H een normaaldeler van H.

3. Gegeven de verzameling H ⊂ A4 bestaande uit het eenheidselementen alle producten van twee disjuncte 2-cykels. Laat zien dat H eennormaaldeler is in A4. Geef expliciet alle elementen van A4/H, enmaak een vermenigvuldigtabel voor de groep A4/H.

4. Geef een normaaldeler in Z/2Z × An bestaande uit precies twee ele-menten. Bewijs dat Z/2Z× An 6∼= Sn wanneer n 6= 2.

5. Bewijs dat er op isomorfie na, slechts een groep met precies 1001 ele-menten bestaat, als volgt:

(a) Zo’n groep G bevat normaaldelers N7, N11 en N13 met resp. 7, 11en 13 elementen;

(b) Er bestaat een injectief homomorfisme G→ G/N7 ×G/N11;

(c) Met behulp van Stelling 6.2.6 volgt, dat G commutatief is.

(d) G bevat een element met orde 1001, en dus G ∼= Z/1001Z.

6. Bepaal alle ondergroepen van D4 en beschrijf voor de normaaldelersdaaronder de bijbehorende factorgroepen.

7. Gegeven twee groepen G1, G2 met eenheidselementen respectievelijke1, e2. Laat zien dat H = G1 × {e2} een normaaldeler is van G1 ×G2,en dat (G1 ×G2)/H ∼= G2.

8. Beschouw G = {(

1 a0 b

)| b 6= 0} ⊂ GL2(R).

(a) Laat zien dat G een ondergroep is van GL2(R), maar geen nor-maaldeler.

(b) Laat zien dat H1 = {(

1 00 b

)| b 6= 0} een ondergroep is van G, maar

geen normaaldeler.

(c) Laat zien dat H2 = {(

1 a0 1

)| a ∈ R} wel een normaaldeler in G is.

(d) Laat zien dat b 7→(

1 00 b

)H2 een isomorfisme tussen de vermenig-

vuldiggroepR \ {0} en G/H2 oplevert.


9. Laat G een groep zijn en N een normaaldeler in G. Zij verder H eenondergroep van G waarvoor geldt N ⊂ H.

(a) Toon aan dat N ook een normaaldeler van H is.

(b) Toon aan dat H/N een ondergroep is van G/N .

(c) Laat zien dat als X ⊂ G/N een ondergroep is, dan is Y = {a ∈G | aN ∈ X} een ondergroep van G, en N ⊂ Y , en X = Y/N .

(d) Bewijs dat als Y ⊂ G een ondergroep is die N bevat, dan geldtdat Y/N een normaaldeler in G/N is dan en slechts dan als Y eennormaaldeler is in G.

10. Neem k ≥ 2 vast. In een groep G nemen we de deelverzameling Hbestaande uit alle eindige producten ak1a

k2 . . . a

kn, voor a1, . . . , an ∈ G.

Laat zien dat H een normaaldeler in G is, en dat elk element van G/Heen orde heeft die een deler is van k.

11. In een abelse groep G nemen we H = {a ∈ G | ord(a) <∞}. Laat ziendat H een normaaldeler is in G. Bewijs dat het eenheidselement eHhet enige element van G/H is dat een eindige orde heeft.

12. Laat n ≥ 5, en neem een oneven k met 3 ≤ k ≤ n.

(a) Gegeven een groep G en een niet lege verzameling X ⊂ G met deeigenschap dat voor elke x ∈ X en elke a ∈ G ook axa−1 ∈ X.Bewijs dat

H = {x±11 · . . . · x±1

r | xi ∈ X}

een normaaldeler in G is.

(b) Laat zien dat An een element van orde k bevat.

(c) Laat zien dat A5 geen element van orde 4 of 6 bevat.

(d) Bewijs m.b.v. a) dat elk element van An te schrijven is als productvan elementen van orde k.

8 HOMOMORFIE– EN ISOMORFIESTELLINGEN 97

8 Homomorfie– en isomorfiestellingen

In dit hoofdstuk komen een aantal rekenregels voor het omgaan met factor-groepen G/H aan de orde. Een centraal thema daarbij is, hoe een homo-morfisme van G/H naar een andere groep gegeven dient te worden. Hetprobleem daarbij is, dat een element gH van G/H op verschillende manie-ren gegeven kan worden: er kan gelden gH = g′H terwijl toch g 6= g′. Eenbelangrijk voorbeeld van dit fenomeen kwam al in Lemma 2.3.1 aan de orde.Wie dat lemma goed begrijpt zal ook weinig moeite hebben met de hieronderin Criterium 8.1.2 gegeven algemenere situatie.

8.1 homomorfismen vanuit een factorgroep

We geven om te beginnen een eigenschap die elk homomorfisme vanuit eenfactorgroep heeft. Daarna zullen we die eigenschap gebruiken voor het makenvan zulke homomorfismen.

Stelling 8.1.1 Laat G en G′ groepen zijn, H een normaaldeler in G, en

ϕ : G/H −→ G′

een homomorfisme. Dan is, met π : G → G/H het kanonieke homomor-fisme gegeven door π(g) = gH, de samenstelling ψ = ϕ◦π een homomorfismevan G naar G′.

Dit homomorfisme ψ heeft de eigenschap dat H ⊂ Ker(ψ).

Bewijs. Ga zelf na dat algemeen geldt dat een samenstelling van homo-morfismen weer een homomorfisme is. In het bijzonder is dus ψ hier eenhomomorfisme van G naar G′.

Ook de tweede uitspraak in de stelling berust op een algemeenheid: omdatψ = ϕ ◦ π, volgt Ker(π) ⊂ Ker(ψ), en we weten dat Ker(π) = H. 2

Criterium 8.1.2 Laat H een normaaldeler in een groep G zijn, en G′ eenwillekeurige groep. Het construeren van een homomorfisme ϕ : G/H → G′

gaat volgens het volgende recept:

1. Geef eerst een homomorfisme ψ : G → G′ met de eigenschap datH ⊂ Ker(ψ).

2. Voor ψ als in (1) geldt dan dat ψ(g1) = ψ(g2) voor alle g1, g2 ∈ Gmet de eigenschap g1H = g2H. Met andere woorden: het voorschriftϕ(gH) = ψ(g) levert een goed gedefinieerde afbeelding van G/H naarG′.


3. ϕ : G/H → G′ als in (2) is een homomorfisme, en er geldt ψ = ϕ ◦ πmet π het kanonieke homomorfisme van G naar G/H.

Bewijs. We laten eerst zien dat een ψ als in (1) voldoet aan ψ(g1) = ψ(g2)indien g1H = g2H. Dit volgt uit het feit dat g1H = g2H wegens Lemma 7.1.7impliceert dat g−1

2 g1 ∈ H. Omdat H ⊂ Ker(ψ) concluderen we dan datg−1

2 g1 ∈ Ker(ψ), met andere woorden ψ(g−12 g1) = e′, het eenheidselement

van G′. Hieruit volgt ψ(g2)−1ψ(g1) = e′, en dus ψ(g1) = ψ(g2) wat we wildenaantonen.

Vervolgens moeten we laten zien dat de gegeven ϕ een homomorfismeis. Laat g1H, g2H elementen van G/H zijn. Dan geldt ϕ(g1H · g2H) =ϕ(g1g2H) (dit vanwege de definitie van de groepsbewerking in G/H), en ver-der ϕ(g1g2H) = ψ(g1g2) (dat is de definitie van ϕ). Omdat ψ een homomor-fisme is, geldt verder ψ(g1g2) = ψ(g1)ψ(g2), en dat is wegens de definitie vanϕ gelijk aan ϕ(g1H)ϕ(g2H). Dus we zien dat ϕ(g1H ·g2H) = ϕ(g1H)ϕ(g2H),wat we wilden bewijzen.

Tenslotte geldt voor willekeurige g ∈ G dat (ϕ ◦ π)(g) = ϕ(gH) = ψ(g),dus inderdaad ψ = ϕ ◦ π. 2

Voorbeeld 8.1.3 We gaan alle homomorfismen van Z/12Z naar Z/4Z be-palen. Uit Stelling 8.1.1 en Criterium 8.1.2 blijkt, dat dit neerkomt op hetvinden van alle homomorfismen van Z naar Z/4Z die de eigenschap hebbendat 12Z in de kern zit. Die eigenschap legt echter geen enkele beperking op.Immers, is f : Z → Z/4Z een willekeurig homomorfisme, en n ∈ 12Z, dangeldt n = 12m met m ∈ Z, en dus in het bijzonder n = 3m+ 3m+ 3m+ 3m,hetgeen impliceert dat f(n) = f(3m) + f(3m) + f(3m) + f(3m) = 0.

Dus wat we zoeken, zijn gewoon alle homomorfismen van Z naar Z/4Z.Zo’n homomorfisme stuurt het eenheidselement naar het eenheidselement,dwz. 0 naar 0. Stel a ∈ {0, 1, 2, 3} is het beeld van 1. Dan ligt hiermee deafbeelding vast, want 1 + . . . + 1 moet op a + . . . + a worden afgebeeld, ende tegengestelde van 1 + . . . + 1 naar de tegengestelde van a + . . . + a. Gazelf na dat op deze wijze inderdaad een homomorfisme verkregen wordt.

In totaal vinden we dus 4 onderling verschillende homomorfismen vanZ/12Z naar Z/4Z. Elk ervan wordt volledig vastgelegd door het beeld van1 mod 12.

Voorbeeld 8.1.4 De groep D4 bestaande uit alle symmetrieen van het vier-kant bestaat zoals bekend uit 8 elementen. We leggen dit vierkant in hetvlak zo, dat het middelpunt de oorsprong is. Dan worden de 8 symmetrieengegeven door lineaire afbeeldingen van R2 naar R2. De symmetrie ‘punt-spiegelen in de oorsprong’ vormt samen met de identiteit een ondergroep


H = {±1} ⊂ D4. Het is eenvoudig na te gaan dat dit een normaaldeler vanD4 is. We gaan een isomorfisme D4/H ∼= Z/2Z× Z/2Z geven.

Volgens Criterium 8.1.2 moeten we dan beginnen met het maken van eenhomomorfisme van D4 naar Z/2Z×Z/2Z. De determinant levert een homo-morfisme van D4 naar ±1 ∼= Z/2Z. Verder heeft een vierkant 2 diagonalen,en elk element van D4 permuteert deze twee. Dat geeft aanleiding tot eentweede homomorfisme f : D4 → S2

∼= Z/2Z. Het paar (det, f) is hetgevraagde homomorfisme:

ψ : D4 −→ Z/2Z×Z/2Z : σ 7→ (det(σ), f(σ)) ∈ ±1×S2∼= Z/2Z×Z/2Z.

Er geldt dat ψ surjectief is (geef zelf expliciet elementen van D4 die naarelk van de elementen van Z/2Z × Z/2Z worden afgebeeld). De kern van ψbestaat per definitie uit alle symmetrieen die de beide diagonalen elk op zich-zelf afbeelden, en die bovendien determinant 1 hebben, dus die een draaiingzijn. Hieruit volgt dat de kern precies onze ondergroep H is. Er is hier dusvoldaan aan de voorwaarde H ⊂ Ker(ψ) van Criterium 8.1.2. De conclusiehieruit is, dat er een homomorfisme ϕ : D4/H → Z/2Z× Z/2Z is, gegevendoor ϕ(σH) = ψ(σ). Omdat ψ(σ) alle elementen van Z/2Z × Z/2Z door-loopt, geldt dat ϕ surjectief is. Het aantal elementen van D4/H is gelijk aan[D4 : H] = #D4/#H = 8/2 = 4 en dat is gelijk aan het aantal elementenvan Z/2Z × Z/2Z. Dit samen met de surjectiviteit van ϕ impliceert dat ϕeen bijectie en dus een isomorfisme is. Dus geldt D4/H ∼= Z/2Z × Z/2Z,zoals we beweerden.

8.2 isomorfismen vanuit een factorgroep

De meest gebruikte rekenregel voor het omgaan met factorgroepen is devolgende.

Stelling 8.2.1 Is ψ : G → G′ een homomorfisme van groepen, en H =Ker(ψ), dan is H een normaaldeler in G en er geldt

G/H ∼= ψ(G) ⊂ G′.

In het bijzonder volgt dat indien ψ surjectief is dan G/H ∼= G′.

Bewijs. Het feit dat H een normaaldeler is, staat al vermeld in Stel-ling 7.2.11. Verder wordt vanwege Criterium 8.1.2 door ϕ(gH) = ψ(g) inons geval een goed gedefinieerd homomorfisme ϕ van G/H naar G′ gegeven.

We bepalen de kern van ϕ. Er geldt gH ∈ Ker(ϕ) precies dan als ϕ(gH)het eenheidselement van G′ is. Omdat ϕ(gH) = ψ(g), is dit het geval dan en


slechts dan als g ∈ Ker(ψ) = H. Echter g ∈ H is equivalent met gH = eH,oftewel gH is het eenheidselement van G/H. De conclusie is dat Ker(ϕ)alleen uit het eenheidselement van G/H bestaat. Stelling 3.3.6 impliceertdus dat ϕ injectief is.

De injectiviteit van ϕ levert dat G/H isomorf is met het beeld van ϕ, endat is per definitie gelijk aan het beeld van ψ. Dus G/Ker(ψ) ∼= ψ(G), zoalsverlangd. Is ψ surjectief, dan geldt ψ(G) = G′ en dus G/Ker(ψ) ∼= G′. 2

Voorbeeld 8.2.2 De determinant is een surjectief homomorfisme vanGLn(R) naar de vermenigvuldiggroep R \ {0}. De kern hiervan is preciesSLn(R), en dus impliceert Stelling 8.2.1 dat

GLn(R)/SLn(R) ∼= R \ {0}.

Voorbeeld 8.2.3 De complexe getallen a+bi met de eigenschap a2 +b2 = 1vormen een ondergroep T van de vermenigvuldiggroep C \ {0}. Deze onder-groep is isomorf met de factorgroep R/Z. Immers, x 7→ e2πix definieert eensurjectief homomorfisme van R naar T waarvan de kern precies Z is.

De nu volgende twee isomorfiestellingen voor factorgroepen zijn in feite ge-volgen van Stelling 8.2.1.

Stelling 8.2.4 Gegeven is een groep G, een willekeurige ondergroep H ⊂ G,en een normaaldeler N ⊂ G. Dan geldt

1. HN = {hn | h ∈ H en n ∈ N} is een ondergroep van G.

2. N is een normaaldeler van HN .

3. H ∩N is een normaaldeler van H.

4. H/(H ∩N) ∼= HN/N .

Bewijs. 1: Volgens Stelling 3.2.3 moeten we een drietal eisen (H1, H2, H3)nagaan. H1: er geldt e = e · e en e ∈ H, e ∈ N , dus e ∈ HN . H3:voor willekeurige h ∈ H en n ∈ N weten we dat hn−1h−1 ∈ N omdat Neen normaaldeler in G is. Dus is (hn)−1 = n−1h−1 = h−1 · (hn−1h−1) ∈ HN .Tenslotte H2: als h1, h2 ∈ H en n1, n2 ∈ N , dan is h−1

2 n1h2 ∈ N omdat N eennormaaldeler is. Bijgevolg geldt (h1n1) · (h2n2) = h1h2(h−1

2 n1h2)n2 ∈ HN .Dus HN is inderdaad een ondergroep.2: Omdat e ∈ H, is N = eN ⊂ HN . Dus N is een deelverzameling van HN ,en omdat N een groep is is het dan ook een ondergroep van HN . Er geldtgNg−1 = N voor alle g ∈ G, dus zeker voor de g ∈ G die in HN zitten. Dus


N is een normaaldeler van HN .3 en 4: definieer ψ : H → G/N door ψ(h) = hN ∈ G/N . Dit is debeperking tot H van het kanonieke homomorfisme van G naar G/N , dusψ is zelf ook een homomorfisme. Er geldt dat h ∈ Ker(ψ) precies dan alshN = N , ofwel als h ∈ N . Dus Ker(ψ) = H ∩N , en dit impliceert vanwegeStelling 7.2.11 dat H ∩N een normaaldeler in H is. Uit Stelling 8.2.1 wetenwe dan dat H/(H ∩ N) isomorf is met het beeld van ψ. We zijn dus klaarwanneer is aangetoond dat ψ(H) = HN/N . Dit is niet moeilijk: een elementvan ψ(H) is van de vorm hN ∈ G/N , en omdat hierin h ∈ H ⊂ HN , zitdat element dan in HN/N . Omgekeerd, een element in HN/N zier eruit alshnN met h ∈ H en n ∈ N . Dan is nN = N en dus hnN = hN , en dat ishet beeld van h ∈ H onder ψ. Hiermee is het bewijs voltooid. 2

Voorbeeld 8.2.5 Neem G = Z, n, h ∈ Z en H = hZ en N = nZ. Merkop dat de groepswet op Z ‘optellen’ is; dus Stelling 8.2.4 zegt in dit gevaldat hZ/(hZ ∩ nZ) ∼= (hZ + nZ)/nZ. Dit kan nog wat verder worden uitge-werkt. Merk op dat hZ ∩ nZ bestaat uit precies alle getallen die zowel eenveelvoud van h als een veelvoud van n zijn. Uit Gevolg 1.2.9 (5) weten wedat dit precies de veelvouden van kgv(h, n) zijn. Dus hZ∩nZ = kgv(h, n)Z.Evenzo volgt met behulp van Stelling 1.1.11 dat hZ + nZ = ggd(h, n)Z. Weconcluderen

hZ/kgv(h, n)Z ∼= ggd(h, n)Z/nZ.

In het speciale geval dat ggd(h, n) = 1 staat hier hZ/hnZ ∼= Z/nZ. Overi-gens geldt deze isomorfie ook wanneer ggd(h, n) 6= 1, zoals met behulp vanbijvoorbeeld Stelling 8.2.1 te bewijzen is.

Voorbeeld 8.2.6 Kies N = {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} als on-dergroep van G = S4 en H = alle permutaties in S4 die het getal 4 vast-houden (dus H = S3 ⊂ S4). Dan is N een normaaldeler in G. Verder geldtHN = S4, want zowel H als N zijn ondergroepen van HN , dus #HN iszowel door #H = 4 als door #N = 6 deelbaar. Dus 12|#HN . Hieruit volgtdat [S4 : HN ] = 1 of = 2. In het bijzonder is dan HN een normaaldeler inS4. Daar S4/HN hooguit twee elementen heeft, is deze factorgroep abels,en dit impliceert dat A4 ⊂ HN . Echter HN bevat ook oneven permutaties,dus volgt HN = S4. (Dit kan ook wel op allerlei andere manieren wordeningezien, maar bovenstaand argument illustreert een aantal technieken diewe inmiddels tot onze beschikking hebben.) Omdat H ∩ N = {(1)}, volgtuit Stelling 8.2.4 dat

S4/H = HN/H ∼= H/(H ∩N) = S3/{(1)} = S3.


Een gedeelte van de volgende stelling zijn we al in Opgave 9 van Hoofdstuk 7tegengekomen.

Stelling 8.2.7 Gegeven is een groep G en een normaaldeler N in G.

1. Elke normaaldeler in G/N is van de vorm H/N , waarbij H een nor-maaldeler in G is die N omvat.

2. Is N ⊂ H voor een normaaldeler H in G, dan geldt

(G/N)/(H/N) ∼= G/H.

Bewijs. Voor (1) verwijzen we naar Opgave 9 in Hoofdstuk 7; dit is eennuttige oefening.(2): Beschouw het kanonieke homomorfisme π : G → G/H. Er geldtN ⊂ H en vanwege Stelling 7.2.9 is H = Ker(π), dus N ⊂ Ker(π). VanwegeCriterium 8.1.2 wordt dan door ψ(gN) = π(g) = gH een homomorfismeψ : G/N → G/H gedefinieerd. Dit homomorfisme ψ is surjectief, want πis surjectief. Verder geldt gN ∈ Ker(ψ) precies dan als ψ(gN) = gH = eH,dus Ker(ψ) bestaat uit alle klassen gN met g ∈ H. We concluderen datKer(ψ) = H/N . Uit Stelling 8.2.1 volgt dan

(G/N)/(H/N) = (G/N)/Ker(ψ) ∼= ψ(G/N) = G/H,

hetgeen we wilden bewijzen. 2

Voorbeeld 8.2.8 De restklassen 2a mod 6 voor a ∈ Z vormen samen eennormaaldeler in Z/6Z. Dit is precies 2Z/6Z, en Stelling 8.2.7 met in dit gevalG = Z en N = 6Z en H = 2Z zegt dat (Z/6Z)/(2Z/6Z) ∼= Z/2Z.


8.3 Opgaven

1. Bepaal alle homomorfismen van Z/4Z naar Z/6Z.

2. Bewijs dat C/Z isomorf is met de vermenigvuldiggroep C \ {0}.

3. Toon aan dat voor n, h ∈ Z met h 6= 0 geldt dat hZ/hnZ ∼= Z/nZ.

4. Met N = {(1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} ⊂ S4, toon aan dat

(S4/N)/(A4/N) ∼= Z/2Z.

5. Bewijs dat als k een deler is van N , dan is

(Z/NZ)/(kZ/NZ) ∼= Z/kZ.

Is het hier wel nodig te eisen dat k|N?

6. Laat n,m ∈ Z beide positief zijn. In de groep Dnm noteren we de draai-ing over 2π/nm tegen de richting van de klok als ρ. Verder nemen weσ = ‘spiegelen in de x-as’ als element van Dnm; zoals bekend is σρσ =ρ−1. We beschouwen H = {id, σ} en N = {id, ρm, ρ2m, . . . , ρ(n−1)m}.

(a) Laat zien dat H een ondergroep is van Dnm en dat N een nor-maaldeler is in Dnm.

(b) Beargumenteer dat HN ∼= Dn.

(c) Bewijs dat Dm∼= Dnm/N .

7. Laat G een groep zijn en H1, H2 normaaldelers in G. Definieer ψ :G→ G/H1 ×G/H2 door ψ(g) = (gH1, gH2).

(a) Toon aan dat ψ een homomorfisme is en dat H1∩H2 een normaal-deler in G is.

(b) Bewijs dat G/(H1∩H2) isomorf is met een ondergroep van G/H1×G/H2.

(c) Gebruik (b) om de Chinese Reststelling nog eens opnieuw te be-wijzen.

8. We gaan bewijzen dat voor n ≥ 5 de enige normaaldeler in Sn ongelijkaan {(1)} of de hele groep, An is. Laat hiertoe N zo’n niet-trivialenormaaldeler in Sn zijn.

(a) Gebruik dat An simpel is om aan te tonen dat An ⊂ N of N∩An ={(1)}.


(b) Laat zien dat als An ⊂ N , dan volgt N = An.

(c) Laat zien dat als N 6= {(1)} en N ∩ An = {(1)}, dan NAn = Snen Sn/N ∼= An.

(d) Concludeer dat in de situatie van onderdeel (c) moet gelden dat#N = 2, en bewijs dat dit in tegenspraak is met het gegeven datN een normaaldeler is.

9 EINDIG VOORTGEBRACHTE ABELSE GROEPEN 105

9 Eindig voortgebrachte abelse groepen

In dit hoofdstuk houden we ons vooral bezig met commutatieve groepen.Ons belangrijkste doel daarbij zal zijn, een beschrijving te geven van allezogeheten eindig voortgebrachte commutatieve groepen.

9.1 Eindig voortgebrachte groepen

Definitie 9.1.1 Een groep G heet eindig voortgebracht, wanneer er elemen-ten g1, . . . , gn ∈ G bestaan met de eigenschap dat elke g ∈ G te schrijven isals

g = g±1i1· . . . · g±1

it

voor indices ij met 1 ≤ ij ≤ n (N.B. het is hierbij toegestaan dat ik = i`,met andere woorden, dat een gi meerdere malen gebruikt wordt).

Voorbeeld 9.1.2

1. Iedere eindige groep G is eindig voortgebracht, want we kunnen (bij-voorbeeld) voor {g1, . . . , gn} in dit geval de verzameling bestaande uitalle elementen van G nemen.

2. De groep Zr = Z × . . . × Z (het product van r kopieen van Z)is eindig voortgebracht. Immers, neem e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 =(0, 1, 0, . . . , 0), . . . . . . , er = (0, . . . , 0, 1) ∈ Zr. Een willekeurige(m1, . . . ,mr) ∈ Zr is dan te schrijven als m1e1 + . . . + mrer. (In ditvoorbeeld is deze schrijfwijze bovendien uniek bepaald; de groep Zr isdaarmee een voorbeeld van een zogeheten vrije abelse groep, met basise1, . . . , er.)

3. De optelgroep (Q,+, 0) is niet eindig voortgebracht. Immers, alsg1, . . . , gn ∈ Q willekeurig genomen zijn, dan kan een eindige som±gi1± . . .±git geschreven worden als a/b met a ∈ Z en b gelijk aan hetkleinste gemene veelvoud van de noemers van g1 t/m gn. Dus een getalc/d ∈ Q met c, d ∈ Z en ggd(c, d) = 1 en d groter dan dit kleinste ge-mene veelvoud is niet als zo’n som te schrijven. Hieruit volgt dat geenenkele eindige verzameling {g1, . . . , gn} ⊂ Q de hele groep voortbrengt.

4. Het is mogelijk dat een groep G eindig voortgebracht wordt, terwijleen ondergroep H ⊂ G toch niet eindig voortgebracht is. Een aardigvoorbeeld van dit fenomeen wordt beschreven in het artikel B.L. van derWaerden, Example d’un groupe avec deux generateurs, contenant un


sous-groupe commutatif sans systeme fini de generateurs, verschenenin het Nieuw Archief voor Wiskunde, Vol. 23 (1951), p. 190.

Evenzo is het mogelijk dat een eindig voortgebrachte groep wordt voort-gebracht door elementen met eindige orde, terwijl toch de groep ele-menten van oneindige orde bevat. Als voorbeeld hierbij nemen we σ1 despiegeling in de x-as en σ2 = spiegelen in de lijn gegeven door y = ax.Dan is σ2σ1 een rotatie over een hoek α met tan(α/2) = a. Bij ge-schikte keuze van a heeft deze rotatie oneindige orde. Echter zowel σ1

als σ2 hebben orde 2.

5. De groep SL2(Z) is eindig voortgebracht. Als voortbrengers kan menbijvoorbeeld de matrices S =

(0 −11 0

)en T =

(1 10 1

)nemen. Om te

bewijzen dat deze matrices inderdaad de groep voortbrengen, nemenwe A =

(a bc d

)∈ SL2(Z) willekeurig. Merk op dat T q =

(1 q0 1

)en S2 =(−1 0

0 −1

). Als c = 0, dan 1 = det(A) = ad, dus a = d = 1 (en dan

A = T b), of a = d = −1 (en dan A = S2T−b). We gaan er dusverder vanuit dat c 6= 0. Er geldt T qA =

(a+qc ∗c ∗

), dus voor geschikte

keuze van q krijgen we hier linksboven de rest r van a bij deling doorc. Voor die q is dan ST qA =

(−c ∗r ∗

). Dit proces van vermenigvuldigen

met een geschikte macht van T en vervolgens met S herhalend, wordende getallen in de eerste kolom in absolute waarde steeds kleiner. Dusna eindig veel stappen vinden we een matrix van de vorm

(∗ ∗0 ∗

)en

daarvan zagen we reeds dat deze als combinatie van machten van S enT te schrijven is. Hieruit volgt dat ook A zo’n schrijfwijze heeft.

In de rest van dit hoofdstuk zullen we ons beperken tot commutatievegroepen. De groepswet duiden we aan met +.

Stelling 9.1.3 Een eindig voortgebrachte commutatieve groep (A,+, 0) isisomorf met een factorgroep Zn/H voor een ondergroep H ⊂ Zn.

Bewijs. Stel dat de verzameling {a1, . . . , an} de groep A voortbrengt. De-finieer

ϕ : Zn −→ A

door ϕ(m1, . . . ,mn) = m1a1 + . . . + mnan. Men ziet eenvoudig in dat ϕeen homomorfisme is. Bovendien is ϕ surjectief, want a1, . . . , an brengenA voort, dus elk element van A is als combinatie van deze elementen teschrijven. En omdat A commutatief is, is daarbij de volgorde van de ai’s nietvan belang. Met andere woorden, een willekeurige a ∈ A is te schrijven alsa = n1a1 + . . .+ nnan, en dat is het beeld van (n1, . . . , nn) onder ϕ.


Schrijf H = Ker(ϕ). Dit is een ondergroep van Zn. Uit Stelling 8.2.1volgt nu

Zn/H = Zn/Ker(ϕ) ∼= ϕ(Zn) = A.

2

9.2 Ondergroepen van vrije abelse groepen

Stelling 9.1.3 laat zien, dat het beschrijven van alle eindig voortgebrachtecommutatieve groepen nerkomt op het beschrijven van alle ondergroepenvan Zn en de bijbehorende factorgroepen Zn/H. Het geval n = 1 kennen weal (vgl. Voorbeeld 3.2.6): dan is H = mZ voor een m ≥ 0. Dus Z/H ∼= Zals m = 0 en Z/H = (0) als m = 1, en Z/H = Z/mZ in het algemeen.

Stelling 9.2.1 Als H ⊂ Zn een ondergroep is, dan is H ∼= Zk voor een kmet 0 ≤ k ≤ n.

Bewijs. We zullen dit met volledige inductie naar n bewijzen. Het gevaln = 0 is triviaal, en het geval n = 1 volgt uit Voorbeeld 3.2.6: dan isnamelijk H = mZ met m ≥ 0. Voor m = 0 is dus H = (0) ∼= Z0, en voorm > 0 is Z ∼= mZ, met als expliciet isomorfisme het vermenigvuldigen metm.

Neem nu aan dat de stelling geldt voor n ≥ 1, en laat H ⊂ Zn+1 eenondergroep zijn. Definieer

π : Zn+1 −→ Z door π(m1, . . . ,mn+1) = mn+1.

Dit is een homomorfisme, en de kern van π bestaat uit alle rijtjes(m1, . . . ,mn+1) ∈ Zn+1 met mn+1 = 0. We kunnen deze kern daarom identi-ficeren met Zn. Omdat H ⊂ Zn+1 een ondergroep is, is H ∩Ker(π) ⊂ Zn erook een. Uit de inductiehypothese volgt dat H ∩Ker(π) ∼= Zk voor zekere kmet 0 ≤ k ≤ n.

Omdat H ⊂ Zn+1 een ondergroep is, is π(H) ⊂ Z dat ook. Dus π(H) =mZ met m ≥ 0. Is hier m = 0, dan π(H) = (0) dus H ⊂ Ker(π) oftewelZk ∼= H ∩ Ker(π) = H. Dus in dit geval zijn we klaar. Neem vanaf nu aandat m 6= 0. Omdat m ∈ mZ = π(H), kunnen we hk+1 ∈ H kiezen waarvoorgeldt π(hk+1) = m. Kies verder h1, . . . , hk ∈ H ∩ Ker(π) als beelden van(1, 0, . . . , 0), . . . . . . , (0, . . . , 0, 1) onder een gekozen isomorfisme Zk ∼= H ∩Ker(π). We gaan bewijzen dat

ψ : Zk+1 −→ H met ψ(m1, . . . ,mk+1) = m1h1 + . . .+mk+1hk+1

een isomorfisme is. Het is duidelijk dat ψ een homomorfisme is, en ook datZk+1 door ψ inderdaad binnen H wordt afgebeeld. We tonen eerst aan dat


ψ surjectief is. Laat h ∈ H willekeurig. Dan geldt π(h) ∈ π(H) = mZ, dusπ(h) = m` voor zekere ` ∈ Z. Er volgt dat π(h− `hk+1) = π(h)−π(`hk+1) =m` − `m = 0, dus h − `hk+1 ∈ Ker(π) ∩ H. Vanwege ons isomorfismeZk ∼= Ker(π)∩H zijn er dan `1, . . . , `k ∈ Z zodat h−`hk+1 = `1h1+. . .+`khk.Hieruit volgt dat h = ψ(`1, . . . , `k, `), dus ψ is surjectief.

Vervolgens laten we zien dat ψ injectief is. Wegens Stelling 3.3.6 vol-staat het, aan te tonen dat Ker(ψ) = {(0, . . . , 0)} ⊂ Zk+1. Welnu, laat(m1, . . . ,mk+1) ∈ Ker(ψ). Dan geldt m1h1 + . . . + mk+1hk+1 = 0 ∈ H, dusm1h1 + . . .+mkhk = −mk+1hk+1. Omdat h1, . . . , hk ∈ Ker(π), volgt dan dat−mk+1hk+1 ∈ Ker(π). Dus 0 = π(−mk+1hk+1) = −mk+1m. Onze aannamem 6= 0 levert dat mk+1 = 0, dus m1h1 + . . . + mkhk = −mk+1hk+1 = 0.Hieruit volgt wegens Zk ∼= H ∩ Ker(π) dat (m1, . . . ,mk) = (0, . . . , 0) ∈ Zk.Dus m1 = . . . = mk = mk+1 = 0, hetgeen laat zien dat ψ injectief is.

De afbeelding ψ is dus een isomorfisme, en hiermee is met inductie destelling bewezen. 2

Opmerking 9.2.2 In bovenstaand bewijs is meermalen impliciet gebruiktdat voor een commutatieve groep H geldt H ∼= Zk precies dan, als erh1, . . . , hk ∈ H bestaan zodat elke h ∈ H op unieke wijze te schrijven isals h = m1h1 + . . . + mkhk. Een groep H met deze eigenschap wordt eenvrije abelse groep (met basis h1, . . . , hk) genoemd.

Voorbeeld 9.2.3 Beschouw H ⊂ Z3 gegeven door

H ={

(a, b, c) ∈ Z3 | a+ 2b+ 3c ≡ 0 mod 6}.

Het is niet moeilijk in te zien, dat H een ondergroep van Z3 is (bijvoorbeeld:H is de kern van het homomorfisme: Z3 → Z/6Z gegeven door (a, b, c) 7→a+ 2b+ 3c mod 6). Wegens Stelling 9.2.1 en Opmerking 9.2.2 bestaan er dusr ∈ {0, 1, 2, 3} en h1, . . . , hr ∈ H zodat H de vrije abelse groep met basish1, . . . , hr is. We gaan zulke r, h1, . . . , hr bepalen volgens de methode vanhet bewijs van Stelling 9.2.1.

Laat πi : Z3 → Z de projectie op de ide coordinaat zijn. Er geldtπ3(H) = Z, want (1, 1, 1) ∈ H, dus 1 ∈ π3(H) en een ondergroep van Z die 1bevat, is gelijk aan Z. Het bewijs van Stelling 9.2.1 laat zien, dat nu (1, 1, 1)samen met een basis voor Ker(π3) ∩H een basis voor H is. Nu is

Ker(π3) ∩H = {(a, b, 0) | a+ 2b ≡ 0 mod 6} .

Er geldt π2 (Ker(π3) ∩H) = Z, want (4, 1, 0) ∈ Ker(π3)∩H en π2(4, 1, 0) = 1.Dus een basis voor Ker(π3) ∩H bestaat uit bijvoorbeeld (4, 1, 0) samen meteen basis voor Ker(π2) ∩Ker(π3) ∩H. Omdat

Ker(π2) ∩Ker(π3) ∩H = {(a, 0, 0) | a ≡ 0 mod 6} = Z(6, 0, 0),


vinden we tenslotte

H = Z · (6, 0, 0) + Z · (4, 1, 0) + Z · (1, 1, 1).

We gaan vervolgens laten zien, dat er voor een ondergroep H ⊂ Zn precieseen getal k met 0 ≤ k ≤ n bestaat zodat H ∼= Zk. Dit volgt vrij eenvoudiguit het volgende.

Stelling 9.2.4 Als Zk ∼= Z`, dan k = `.

Bewijs. Bekijk de samenstelling Zk ∼= Z` → Z`/2Z`. Hier is de tweedeafbeelding het kanonieke homomorfisme naar een factorgroep, en 2Z` = 2Z×. . . × 2Z. Deze samenstelling is een surjectief homomorfisme, en de kern isprecies 2Zk. Wegens Stelling 8.2.1 is dus Zk/2Zk ∼= Z`/2Z`.

Nu geldt voor elke m ≥ 0 dat Zm/2Zm ∼= (Z/2Z)m, immers het homomor-fisme Zm → (Z/2Z)m gegeven door (n1, . . . , nm) 7→ (n1 mod 2, . . . , nm mod2) is surjectief en heeft als kern precies 2Zm; pas dus opnieuw Stelling 8.2.1toe.

In ons geval volgt (Z/2Z)k ∼= (Z/2Z)`. De eerste groep heeft 2k elementenen de tweede 2`, dus volgt k = ` zoals we wilden bewijzen. 2

Gevolg 9.2.5 Als H ⊂ Zn een ondergroep is, dan is er precies een k zodatH ∼= Zk (en die k voldoet aan 0 ≤ k ≤ n).

Bewijs. Blijkens Stelling 9.2.1 bestaat er zo’n k. Als zowel k1 als k2 voldoen,dan Zk1 ∼= H ∼= Zk2 , dus wegens Stelling 9.2.4 volgt k1 = k2. 2

9.3 De structuur van eindig voortgebrachte abelsegroepen

De hoofdstelling van de theorie van eindig voortgebrachte commutatieve groe-pen is de volgende.

Stelling 9.3.1 Is A een eindig voortgebrachte commutatieve groep, dan be-staat er een uniek getal r ≥ 0 en een uniek (eventueel leeg) rijtje (d1, . . . , dm)met alle di ∈ Z en di > 1 en dm|dm−1| . . . |d1, zodat

A ∼= Zr × Z/d1Z× . . .× Z/dmZ.

Definitie 9.3.2 Voor een eindig voortgebrachte commutatieve groep A heethet getal r in Stelling 9.3.1 de rang van A. De getallen d1, . . . , dm heten deelementaire delers van A.


Voorbeeld 9.3.3

1. Is H ⊂ Zn een ondergroep, dan wegens Gevolg 9.2.5 H ∼= Zk vooreen unieke k. In het bijzonder is H dan eindig voortgebracht, en Stel-ling 9.3.1 klopt in dit geval, met rang(H) = k en een leeg rijtje elemen-taire delers.

2. Voor de eindige commutatieve groep A = Z/4Z×Z/6Z geldt rang(A) =0 (allicht), en (d1, d2) = (12, 2). Immers,

Z/4Z× Z/6Z ∼= Z/4Z× Z/3Z× Z/2Z ∼= Z/12Z× Z/2Z.

Het belangrijkste hulpmiddel in het bewijs van Stelling 9.3.1 luidt als volgt.

Stelling 9.3.4 Als H ⊂ Zn met H 6= (0) een ondergroep is, dan be-staat er een basis f1, . . . , fn van Zn en voor zekere k met 1 ≤ k ≤ neen rijtje (d1, . . . , dk) van gehele getallen di > 0 met dk|dk−1| . . . |d1, zodatd1f1, . . . , dkfk een basis voor H is.

Bewijs. Kies een basis e1, . . . , en voor Zn (bijvoorbeeld de standaardbasis),en een basis g1, . . . , gk voor H (die bestaat vanwege Stelling 9.2.1). Dan geldtgi = a1ie1 + . . . + anien (i = 1, . . . , k) voor zekere aij ∈ Z. De getallen aijvormen een matrix a1 1 · · · a1k

......

an1 · · · ank

.

Bij elk paar (β = {e1, . . . , en}, γ = {g1, . . . , gk}) krijgen we op deze wijzeeen n× k matrix met gehele coefficienten, die uitdrukt hoe de basis γ wordtgegeven in termen van de basis β. Vervangen we de basis β door een andere,of vervangen we de basis γ door een andere, dan krijgen we in het algemeeneen andere matrix. Uiteindelijk willen we, door deze bases te veranderenuitkomen op een β′ voor Zn en een γ′ voor H, zodat de bijbehorende matrix

d1

. . .

dk0 . . . 0...

...0 · · · 0

is.


Het volgende algoritme maakt in eindig veel stappen van onze beginma-trix een matrix van de gewenste vorm, met dus alleen op de hoofddiagonaalevt. getallen 6= 0.

Algoritme.

stap 1 Als A de nulmatrix is, dan zijn we klaar. Zoniet, zoek dan een aijzodat |aij| positief en zo klein mogelijk is. Verwissel de eerste en de iderij, en ook de eerste en de jde kolom. De nieuwe matrix heeft dan a1 1

ongelijk aan nul, en minimaal. We gaan nu de rest van de eerste kolomschoonvegen.

stap 2 Als een getal ai1 in de eerste kolom (met i 6= 1) ongelijk is aan nul,tel dan een geschikt veelvoud van de eerste rij bij de ide rij op zodat ai1wordt vervangen door een getal r met 0 ≤ r < |a1 1|. Is r 6= 0, verwisseldan vervolgens de ide en de eerste rij. Dit herhalen we tot de rest vande eerste kolom alleen uit nullen bestaat.

stap 3 Geheel analoog vegen we vervolgens de rest van de eerste rij schoon.

stap 4 We willen er vervolgens voor zorgen dat elk getal in de matrix doora1 1 deelbaar wordt. Is dit voor aij nog niet het geval, vervang dan deide rij door de ide plus de eerste (dat verandert alleen iets in de eerstekolom), en tel een geschikt veelvoud van de eerste kolom bij de jdekolom op. Dat levert een aij die in absolute waarde kleiner is dan a1 1.Deze is 6= 0, want anders zou aij al door a1 1 deelbaar zijn geweest.Begin nu opnieuw met stap 1. De nieuwe a1 1 die we zo krijgen is strictkleiner in absolute waarde dan de oude, dus na eindig veel stappenhebben we inderdaad bereikt dat alle aij door a1 1 deelbaar zijn.

stap 5 Ga vervolgens dezelfde stappen 1 t/m 4 uitvoeren op de matrix ver-kregen uit de oude door de eerste rij en kolom weg te laten. De eigen-schap dat a1 1 alle getallen in de matrix deelt blijft hierbij behouden,dus we vinden een a2 2 die een veelvoud van a1 1 is, zodat alle overigegetallen in de tweede rij en kolom van de matrix nul zijn, en zodat a2 2

alle aij met i, j ≥ 3 deelt. Zo doorgaand vinden we een matrix metaij = 0 als i 6= j en a1 1|a2 2| . . . |ak k.

stap 6 Door tenslotte rijen met ±1 te vermenigvuldigen en de volgorde vande bijbehorende bases om te keren, wordt een matrix als verlangd ver-kregen.


We moeten nu aantonen, dat de veranderingen in de beginmatrix die inbovenstaand algoritme plaatsvinden, overeenkomen met het vervangen vaneen basis van Zn of van H door een andere. Hiertoe beschrijven we een aantalmanieren om van een basis op een andere over te gaan, en geven voor elk vandie manieren aan, wat er met de matrix gebeurt.

1. Verwissel in de basis voor Zn de jde en de kde basisvector.

Dit levert uiteraard weer een basis voor Zn op. Een element a1e1 +. . . + ajej + . . . + akek + . . . + anen wordt ten aanzien van de nieuwebasis geschreven als a1e1 + . . . + akek + . . . + ajej + . . . + anen. Metandere woorden, in de matrix die we hebben worden de jde en de kderij verwisseld.

2. Verwissel in de basis voor H de jde en de kde basisvector. Het effecthiervan op de matrix is, dat de jde en kde kolom omgewisseld worden.

3. Vervang de jde basisvector ej van Zk door z’n tegengestelde −ej.Ook dit levert natuurlijk opnieuw een basis op. Ten aanzien van denieuwe basis heeft een element van Zn als jde coordinaat −1 maal dejde coordinaat op de oude basis. Dus het effect op onze matrix is, datalle getallen in de jde rij met −1 worden vermenigvuldigd.

4. Vervang de jde basisvector van de gegeven basis voor H door z’n te-gengestelde. Het effect hiervan op de matrix is, dat alle getallen in dejde kolom met −1 worden vermenigvuldigd.

5. Laat a ∈ Z, laat i 6= j, en vervang in de basis voor Zn de basisvectorei door e′i = ei − aej.Ook dit levert inderdaad een nieuwe basis voor Zn. Immers, de afbeel-ding Zn → Zn gegeven door

a1e1 + . . .+ aiei + . . .+ ajej + . . .+ anen7→

a1e1 + . . .+ aiei + . . .+ (aia− aj)ej + . . .+ anen

is een isomorfisme van groepen (ga na!), en {e1, . . . , ei, . . . , en} gaatonder deze afbeelding over in {e1, . . . , e

′i, . . . , en}.

Verder geldt

a1e1 + . . .+ aiei + . . .+ ajej + . . .+ anen=

a1e1 + . . .+ ai(ei − aej) + . . .+ (aj + aia)ej + . . .+ anen,


en dat betekent dat het effect op onze matrix is, dat de jde rij vervangenwordt door de jde plus a maal de ide.

6. Tenslotte kunnen we in de basis voor H analoog de gi vervangen doorgi − agj. Net als in het bovenstaande geval blijkt, dat dit als effect opde matrix heeft dat de jde kolom wordt vervangen door de jde plus amaal de ide.

De conclusie uit de hier gegeven mogelijke basisveranderingen is, dat als den×k matrix A uitdrukt hoe een basis van H wordt weergegeven ten aanzienvan een basis van Zn, en de matrix B is uit A verkregen door herhaald devolgende stappen uit te voeren:

1. in de gegeven matrix twee rijen of twee kolommen verwisselen;

2. in de gegeven matrix een rij of kolom met −1 vermenigvuldigen;

3. in de gegeven matrix een rij/kolom vervangen door die rij/kolom plusa maal een andere rij/kolom;

dan stelt ook B een matrix voor die een basis voor H uitdrukt in een basisvoor Zn. Hiermee is de stelling bewezen. 2

Opmerking 9.3.5 Merk op dat het hierboven gegeven procede in feite alge-mener toepasbaar is. Namelijk, als we H ⊂ Zn geven als H = Zg1 + . . .+Zgkvoor zekere gi ∈ Zn, zonder daarbij te veronderstellen dat de gi een basisvoor H vormen, dan kunnen we op dezelfde manier een matrix maken en opdezelfde manier gaan vegen. Uiteindelijk levert dit weer een matrix op metalleen op de diagonaal getallen ongelijk aan nul. De kolommen 6= 0 van deuiteindelijke matrix beschrijven dan een basis voor H, uitgedrukt in een ofandere basis voor Zn. Dit levert dus een manier om voor een door eindig veelvoortbrengers gegeven ondergroep van Zn enerzijds Stelling 9.2.1 opnieuw tebewijzen, en anderzijds ook echt een basis voor zo’n ondergroep te vinden.

Met behulp van Stelling 9.3.4 kunnen we in elk geval het bestaan vanr, d1, . . . , dm in Stelling 9.3.1 nu gaan bewijzen.

Bewijs. (van het bestaan van r, d1, . . . , dm in Stelling 9.3.1.) Laat A eeneindig voortgebrachte commutatieve groep zijn. Volgens Stelling 9.1.3 geldtdan A ∼= Zn/H voor een ondergroep H ⊂ Zn. Kies bases f1, . . . , fn vanZn en d1f1, . . . , dkfk van H zoals in Stelling 9.3.4. Onder het isomorfisme


Zn ∼= Zn gegeven door∑aifi 7→ (a1, . . . , an) gaat H over in de ondergroep

d1Z× d2Z× . . .× dkZ× (0)× . . .× (0). Maak vervolgens een afbeelding

ϕ : Zn −→ Z/d1Z× . . .× Z/dkZ× Zn−k

gegeven door ϕ(a1, . . . , an) = (a1 mod d1, . . . , ak mod dk, ak+1, . . . , an). Dit iseen surjectief homomorfisme, met kern d1Z×d2Z× . . .×dkZ× (0)× . . .× (0).Derhalve geldt vanwege Stelling 8.2.1 dat

A ∼= Zn/H ∼= Zn/ (d1Z× d2Z× . . .× dkZ× (0)× . . .× (0))∼= Z/d1Z× . . .× Z/dkZ× Zn−k.

Als we tenslotte nog de factoren Z/1Z ∼= (0) in dit product weglaten, ende volgorde van de factoren veranderen, levert dit precies de existentie inStelling 9.3.1 2

Er rest ons nog, de uniciteit van de getallen r, d1, . . . , dm in Stelling 9.3.1aan te tonen. Hierbij is het volgende nuttig.

Definitie 9.3.6 Laat A een abelse groep zijn. De verzameling Ator = {a ∈A | ord(a) <∞} is dan een ondergroep van A, die de torsie ondergroep vanA wordt genoemd.

Ga zelf na dat Ator inderdaad een ondergroep is. Er geldt dat A/Ator behalvehet eenheidselement geen elementen van eindige orde heeft (ga na!). Is Aeindig voortgebracht, dan weten we dat A ∼= Zr × Z/d1Z× . . .× Z/dmZ, enin de tweede groep hier zijn elementen van eindige orde precies de elementen(0, . . . , 0, a1, . . . , am), met ai ∈ Z/diZ. Hieruit volgt Ator

∼= Z/d1Z × . . . ×Z/dmZ, en bovendien A/Ator

∼= Zr.Uit bovenstaande discussie volgt in het bijzonder dat r uniek bepaald is.

Immers, er geldt Zr ∼= A/Ator, en dat kan vanwege Stelling 9.2.4 slechts vooreen r.

Ook zien we dat d1 · . . . · dr = # (Z/d1Z× . . .× Z/dmZ) = #Ator dus hetproduct van de getallen d1 t/m dm hangt niet van de gekozen schrijfwijze alsin Stelling 9.3.1 af.

Met argumenten van dit soort zullen we de uniciteit van r, d1, . . . , dm gaanaantonen. Eerst geven we nog een paar eenvoudiger aan te tonen feitjes. Hetgetal d1 (dat is de grootste van de elementaire delers) is uniek. Immers,het getal d1 is het grootste getal dat voorkomt als orde van een element vanZ/d1Z× . . .×Z/dmZ (ga na!). Dus is het de maximale orde van een elementvan Ator, en daarmee ligt het vast.


Ook het aantal elementaire delers is direct te beschrijven in termen van A.Immers, neem een priemgetal p. Vermenigvuldigen met p is een homomor-fisme van A naar A, en de kern daarvan noemen we A[p]. Dit is dus een on-dergroep van A, en ook van Ator. Het aantal elementen van deze ondergroepA[p] is gelijk aan het aantal elementen (a1, . . . , am) ∈ Z/d1Z× . . .× Z/dmZdat voldoet aan p(a1, . . . , am) = (0, . . . , 0). Men rekent na, dat dit aantal ge-lijk is aan pk, met k het aantal di’s zodat p|di. Deze k is maximaal wanneerwe p een priemdeler van dm kiezen; in dat geval is k = m. Onze conclusie isdat m gelijk is aan de maximale exponent k, zodat er een priemgetal is met#A[p] = pk. Dit bepaalt m in termen van A.

Bewijs. (van de uniciteit van de elementaire delers in Stelling 9.3.1.) Hetuiteindelijke bewijs van de uniciteit van d1, . . . , dm kan bijvoorbeeld met in-ductie naar #Ator = d1 · . . . ·dm gegeven worden. Voor #Ator = 1 is het rijtjeelementaire delers leeg, dus hiervoor geldt de uniciteit. Stel #Ator = N > 1,en neem de uniciteit aan voor alle A′ met #A′tor < N . Laat d1, . . . , dmeen rijtje elementaire delers zijn voor A. Omdat N > 1 is, geldt dm > 1.Dus kunnen we een priemgetal p|dm kiezen. Beschouw nu de factorgroepA′ = A/A[p]. Omdat A eindig voortgebracht is, is A′ dat ook, en er geldtA′tor

∼= Z/d1pZ × . . . × Z/dm

pZ. Uit de inductieveronderstelling volgt, dat de

getallen d1/p, . . . , dm/p uniek bepaald zijn, en daarmee zijn d1 t/m dm datook. 2

We beschouwen tenslotte nogmaals bepaalde ondergroepen van Zn, en metname kijken we wanneer zo’n ondergroep eindige index in Zn heeft.

Stelling 9.3.7 Stel dat in Zn een ondergroep H wordt voortgebracht door nelementen g1, . . . , gn, met gi = a1ie1+. . .+anien voor zekere basis {e1, . . . , en}van Zn. Zij A = (aij) de n×n matrix hierbij; dan geldt dat H eindige indexheeft in Zn precies dan, als det(A) 6= 0.

Is det(A) 6= 0, dan geldt #Zn/H = | det(A)|.

Bewijs. Met de veegmethode beschreven in het bewijs van Stelling 9.3.4kunnen we A overvoeren in een diagonaalmatrix met getallen d1, . . . , dn opde diagonaal. Merk op dat bij dat vegen de determinant op teken na nietverandert, dus det(A) = |d1 · . . . · dn|. Net als in het bewijs van Stelling 9.3.4volgt dat Zn/H ∼= Z/d1Z × . . . × Z/dnZ. Laatstgenoemde groep is eindigprecies dan, als alle di’s ongelijk aan 0 zijn. Is dit het geval, dan geldt#Zn/H = |d1 · . . . · dn| = | det(A)|. 2

Voorbeeld 9.3.8 Neem A =

1 2 02 2 23 4 2

en B =

1 2 22 2 23 4 2

.


Er geldt det(A) = 0 en det(B) = 4. Voor de ondergroepen H1 = A(Z3)en H2 = B(Z3) van Z3 geldt dus dat de factorgroep Z3/H1 oneindig is, en datZ3/H2 uit precies 4 elementen bestaat. Met de in het bewijs van Stelling 9.3.4gegeven veegmethode kunnen we A transformeren tot een diagonaalmatrixmet de getallen 1, 2, 0 op de diagonaal. Bijgevolg is Z3/H1

∼= Z × Z/2Z.Evenzo kunnen we B tot de diagonaalgedaante met 1, 2, 2 op de diagonaalomwerken. Dus geldt Z3/H2

∼= Z/2Z× Z/2Z.Het element van orde 2 in Z3/H1 is de klasse (0, 1, 1) + H1. Immers, dit

is niet het nulelement van Z3/H1, want dat zou betekenen dat (0, 1, 1) ∈ H1

hetgeen niet het geval is (bijvoorbeeld omdat elk element van H1 een tweedecoordinaat heeft die even is). De orde van (0, 1, 1) +H1 is inderdaad 2, want2 · ((0, 1, 1) +H1) = (0, 2, 2) +H1 = (0, 0, 0) +H1, omdat (0, 2, 2) ∈ H1.

Probeer analoog zelf de drie elementen met orde 2 in Z3/H2 te vinden!


9.4 Opgaven

1. Laat zien dat de vermenigvuldiggroep (Q \ {0}, ·, 1) niet eindig voort-gebracht is.

2. Bewijs dat als N een normaaldeler in een eindig voortgebrachte groepG is, dan is de factorgroep G/N ook eindig voortgebracht.

3. Laat S =(

0 −11 0

)en T =

(1 10 1

)in SL2(Z) gegeven zijn. Bepaal U = ST ,

en laat zien dat ord(S) = 4 en ord(U) = 6 en dat S en U de groepSL2(Z) voortbrengen.

4. Schrijf de matrix(

55 2134 13

)als product van machten van S =

(0 −11 0

)en

T =(

1 10 1

).

5. Toon aan dat GL2(Z) eindig voortgebracht is, en geef expliciete voort-brengers die allemaal eindige orde hebben (het kan bijvoorbeeld metdrie voortbrengers, van orde 2, 4 en 6).

6. Geef een alternatief bewijs voor het feit dat Zk1 6∼= Zk2 als k1 6= k2, doorhet aantal elementen van Zk/2Zk te bekijken.

7. Geef een basis voor de ondergroep H ⊂ Z4, gegeven door H ={(a, b, c, d) | a+ b+ c+ d = 0 en a ≡ c mod 12}.

8. Bepaal de rang en de elementaire delers van elk van de volgende groe-pen.

(a) Z× 17Z× Z/18Z× Z/12Z.

(b) (Z/15Z)∗

(c) (Z/17Z)∗

(d) Z3 modulo de ondergroep voortgebracht door (1, 2, 0) en (3, 0, 0).

(e) A/H, waarbij A ⊂ Z5 de groep van alle vijftallen metsom 0 is, en H = A ∩ B(Z5) voor de matrix B =−13 1 1 0 0

1 −13 1 0 01 1 −1 1 10 0 1 −2 00 0 1 0 −3

.

9. Hoeveel onderling niet isomorfe commutatieve groepen met precies 72elementen bestaan er?


10. (a) Gebruik dat 52n+1 − 1 = (52n − 1)(52n + 1) om te bewijzen, dat erprecies n+ 2 factoren 2 in 52n − 1 zitten.

(b) Leidt uit (a) af, dat de orde van 5 in (Z/2nZ)∗ gelijk is aan 2n−2

(voor n ≥ 2).

(c) Laat zien dat voor n ≥ 2 de afbeelding a mod 2n 7→ a mod 4een welgedefinieerd, surjectief homomorfisme van (Z/2nZ)∗ naar(Z/4Z)∗ oplevert, met als kern de ondergroep voortgebracht door5.

(d) Bepaal het aantal elementen van orde ≤ 2 in (Z/2nZ)∗, en geefvervolgens de rang en de elementaire delers van (Z/2nZ)∗.

11. (a) Laat zien dat als A een eindige commutatieve groep is, en peen priemgetal dat het aantal elementen van A niet deelt, danis A/pA ∼= (0).

(b) Laat zien dat als A = Z/NZ, en p is een priemgetal met p|N , danis A/pA ∼= Z/pZ.

(c) Toon aan, dat als A een eindig voortgebrachte abelse groep is enp een priemgetal, dan is #A/pA = pk, waarin k gelijk is aan desom van de rang van A en het aantal elementaire delers van A datdoor p deelbaar is.

12. Laat d ≥ 3 een geheel getal zijn. We gaan in deze opgave het polynoomX2 + X + d bestuderen. Zij αd ∈ C een nulpunt van dit polynoom.Definieer Ad = {a+ bαd | a, b ∈ Z} ⊂ C.

(a) Laat zien dat Ad een ondergroep van de optelgroep C is, en Ad ∼=Z2.

(b) Neem β = a + bαd ∈ Ad. Toon aan dat βAd = {β · γ | γ ∈ Ad}een ondergroep is van Ad, en dat voor β 6= 0 geldt #Ad/βAd =a2 − ab+ db2.

(c) We gaan nu veronderstellen dat er een getal a met 0 ≤ a ≤ d− 2bestaat zodat a2 + a + d geen priemgetal is. Kies bij deze a dekleinste priemdeler p van a2 +a+d. Laat zien dat p ≤ d−1 geldt.

(d) Met a en p als boven, neem H = pAd + (a− αd)Ad = {pγ + (a−αd)δ | γ, δ ∈ Ad}. Laat zien dat H ⊂ Ad een ondergroep is, metvoortbrengers p, pαd, a− αd, d+ (a+ 1)α. Concludeer hieruit dat#Ad/H = p.


(e) Laat zien dat H geen ondergroep van de gedaante βAd kan zijn.Wel heeft H de eigenschap, dat voor elke h ∈ H en γ ∈ Ad het pro-duct hγ ook weer in H zit (H is gesloten onder vermenigvuldigenmet Ad); ga dit na.

(f) Concludeer, dat indien a2 +a+d niet voor alle a met 0 ≤ a ≤ d−2een priemgetal is, dan bevat Ad een ondergroep die gesloten isonder vermenigvuldigen met Ad, maar die niet van de gedaanteβAd voor een β ∈ Ad is.

(g) Van A41 en A17 is bekend, dat alle ondergroepen die gesloten on-der vermenigvuldigen met Ad zijn, van de vorm βAd zijn. Welkeconclusies trek je daaruit voor de polynomen X2 + X + 17 resp.X2 +X + 41?

inhoudsopgave - university of groningentop/alg1.pdf1 de gehele getallen 4 hebben al gezien dat r 2 r...

Documents