ALGEBRA I PRO INFORMATIKY

Transkript

1 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY Uvod Tento text si klade za cl seznamit studenty informatiky s nejzakladnejsmi pojmy, koncepty a v neposledn rade i konkretnmi objekty, ktere jsou predmetem zkouman soucasne algebry. Vyber a usporadan teorie, kterou zde prezentujeme, je zvolen s ohledem na tri zakladn hlediska. Predevsm se snazme navazat na koncepty a zpusoby uvazovan, ktere jsou pro studenta informatiky prirozene, dale se v ramci velmi omezeneho prostoru pokousme demonstrovat nekolik elementarnch algebraickych vysledku, ktere jsou uzitecne v informatickych aplikacch a konecne za nepominutelne povazujeme prstup, ktery muzeme neprlis presne oznacit jako kontextualn, a jmz mnme seznamen studenta s terminologickymi a historickymi kontexty soucasne algebry. Velmi zhruba receno je centralnm objektem zajmu algebry mnozina opatrena jistym systemem operac. Pritom nas mohou zajmat nejen strukturn vlastnosti takove mnoziny popsane podmnkami vyjadrene prave pomoc operac, nybrz i vztahy ruznych mnozin s podobnymi systemy operac ci vlastnosti trd takovych mnozin. Drve nez se zacneme systematicky zabyvat abstraktnmi uvahami o algebraickych objektech (ktere se budou zpravidla oprat o nejaky system axiomatickych pozadavku na operace), uvedeme nekolik motivacnch prkladu, ktere by nam pomohly usnadnit porozumen duvodum (at' uz praktickym tak historickym), proc prave tu ci onu vlastnost sledujeme. Tvrzen teto a nasledujc kapitoly budou bez dukazu vyuzvat zakladnch poznatku teorie csel, predevsm jednoznacnost (az na porad) ireducibilnho rozkladu a Euklidova algoritmu na nalezen nejvetsho spolecneho delitele. Nejprve se domluvme, ze binarn operac na mnozine A budeme rozumet libovolne zobrazen A A! A (obvykle ji budeme zapisovat centralne). Prklad 0.1. Uvazujme mnozinu celych csel Z a na n obvykle operace sctan + a nasoben. Pro libovolne prirozene cslo n polozme nz = fn zj z 2 Zg. Nyn si muzeme vsimnout, ze je mnozina nz,,uzavrena"na obe uvazovane operace, tj. pro kazdou dvojici a; b 2 nz plat, ze a + b; a b 2 nz, tedy operace + a muzeme uvazovat take omezene na mnozine nz. Ackoli pro zadne n > 1 mnoziny nz a Z nesplyvaj, nelze pomoc vlastnost operace + obe mnoziny odlisit (tj. maj stejne,,algebraicke"vlastnosti vzhledem ke sctan), coz ozrejmme, zavedeme-li zobrazen f n : Z! nz predpisem f n (k) = kn. Zjevne se jedna o bijekci, ktera navc splnuje podmnku f n (a + b) = f n (a) + f n (b). Poznamenejme, ze takova vlastnost zobrazen nen nijak samozrejma, naprklad vzhledem k operaci nasoben f n obdobnou podmnku nesplnuje. Uvazme-li navc podmnku,,existuje prvek e tak, ze pro vsechny prvky a plat a e = a", pak je tato podmnka na mnozine Z splnena pro e = 1, zatmco na mnozine nz zjevne neplat. Date: 6. ledna

2 2 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY Prklad 0.2. V souladu se znacenm zavedenym na kurzu linearn algebry polozme Z n = f0; 1; : : : ; n 1g pro nejake cele cslo n > 1. Zaved'me na Z n operace + a predpisem a + b = (a + b)mod n a a b = (a b)mod n, kde mod n znamena zbytek po celocselnem delen hodnotou n a v zavorce uvazujeme vzdy obvykle sctan a nasoben celych csel. Konecne denujme zobrazen F n : Z! Z n predpisem F n (k) = (k)mod n. Vsimneme si, ze tentokrat zobrazen F sice nen bijekce, ale obe operace sctan a nasoben,,prevad"na nove zavedene + a, tedy F n (a+b) = F n (a)+f n (b) i F n (a b) = F n (a) F n (b). Denice. Mame-li binarn operaci na mnozine A, nejakou podmnozinu U mnoziny A a binarn operaci na mnozine B. Rekneme, ze U je uzavrena na operaci, jestlize pro vsechna x; y 2 U plat, ze x y 2 U, a zobrazen f : A! B nazveme slucitelne s operacemi a je-li pro vsechna x; y 2 A splnena rovnost f(x y) = f(x) f(y). Vsimneme si, ze zobrazen f n z 0.1 je slucitelne s operacemi + a nen slucitelne s operacemi, zatmco zobrazen F n z 0.2 je slucitelne s obema pary operac + i. Navc mnozina nz je uzavrena na operace + i. Uvedene pojmy jsou zakladnm stavebnm kamenem linearn algebry: Prklad 0.3. Podprostor vektoroveho prostoru je zjevne podmnozinou uzavrenou na (vektorove) sctan a linearn zobrazen jsou se sctanm slucitelna. Pripomenme, ze relac na mnozine A rozumme libovolnou podmnozinu A A. Necht' je relace na A, oznacme: - 1 = f(b; a)j (a; b) 2 g (opacna relace), - + = f(a; b)j 9a = a 0 ; a 1 ; : : : ; a n 1 ; a n = b 2 A; (a i ; a i+1 ) 2 g (tranzitivn obal), - id = f(a; a)j a 2 Ag (identita). Rekneme, ze relace je - symetricka, jestlize 1, - reexivn, v prpade, ze id a - tranzitivn, pokud +. Ekvivalenc budeme nazyvat kazdou symetrickou, reexivn a tranzitivn relaci. Prklad 0.4. Pro libovolne mnoziny A a B a zobrazen f : A! B mnozin jsou tvor ekvivalenci relace (1) id = f(a; a)j a 2 Ag, (2) A A, (3) ker f = f(x; y) 2 A Aj f(x) = f(y)g (tzv. jadro zobrazen f). Je-li ekvivalence na mnozine A, pripomenme, ze faktorem mnoziny (casto se take mluv o kvocientu) A podle ekvivalence jako mnozinu A= = f[a] j a 2 Ag, kde [a] = fb 2 Aj (a; b) 2 g jsou rozkladove trdy (kosety), tedy A= tvor rozklad mnoziny A. Naopak mame-li fb i j i 2 Ig rozklad mnoziny A, pak relace urcena podmnkou: (a; b) 2, 9i 2 I : a; b 2 B i je ekvivalenc a A= = fb i j i 2 Ig. Prklad 0.5. Vezmeme prirozene cslo n 2 a oznacme (mod n) relaci na mnozine celych csel Z danou predpisem: a b (mod n) $ n=(a b). Nen tezke si uvedomit, ze se jedna o ekvivalenci (obvykle se j rka kongruence na Z). Navc si muzeme vsimnout jejho tesneho vztahu k zobrazen F n z 0.2, nebot' plat, ze

3 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 3 a b (mod n), prave kdyz F n (a) = F n (b), tedy kongruence (mod n) je rovna prave ekvivalenci ker F n. Teorie csel, tedy otazky delitelnosti na prirozenych (nebo celych cslech), je jednm z historickych zdroju algebraickych konceptu a terminologie. Drve nez zacneme pouzvat termn kongruence v mnohem obecnejs situaci, pripomenme si nekolik jednoduchych vlastnost, ktere kongruence na celych cslech ma: Poznamka 0.6. Pro kazde a; b; c; d 2 Z a k; n 2 N, kde n > 1, plat: (1) jestlize a b (mod n) a c d (mod n), pak a + c b + d (mod n), a c b d (mod n), a c b d (mod n) a a k b k (mod n), (2) jestlize c 6= 0, pak a b (mod n), prave kdyz a c b c (mod cn), (3) jestlize NSD(c; n) = 1, pak a b (mod n), prave kdyz a c b c (mod n). Dukaz. (1) Predpokladame-li, ze n=(a b); (c d), pak n=(a b) + (c d) = (a + c) (b + d); n=(a b) (c d) = (a c) (b d); n=(a b) c + b (c d) = (a c) (b d) a posledn kongruenci dostaneme indukcnm pouzitm predchoz pro a = c a b = d. (2) a b (mod n), n=(a b), nc=(ac bc), ac bc (mod cn). (3) Prma implikace plyne okamzite z (1), protoze c c (mod n). Jakmile n=ac bc = (a b)c a c a n jsou nesoudelna csla, pak nutne n=(a b). Denice. Uvazujme na mnozine A binarn operaci a ekvivalenci. Rekneme, ze je slucitelna s operac, jestlize pro vsechny takove prvky a 1 ; a 2 ; b 1 ; b 2 2 A, pro nez a 1 b 1 a a 2 b 2 plat, ze (a 1 a 2 ) (b 1 b 2 ). V Poznamce 0.6 jsme tedy zjistili, ze je kongruence (mod n) slucitelna s prirozenymi operacemi +, a na celych cslech. Prklad 0.7. Mejme kladna cela csla n 1 ; : : : ; n k a polozme n = n 1 n k. Zaved'me nyn na kartezskem soucinu Q k i=1 Z n i po slozkach operace +, a : (a 1 ; a 2 ; : : : ; a k ) + (b 1 ; b 2 ; : : : ; b k ) = (a 1 + b 1 ; a 2 + b 2 ; : : : ; a k + b k ); (a 1 ; a 2 ; : : : ; a k ) (b 1 ; b 2 ; : : : ; b k ) = (a 1 b 1 ; a 2 b 2 ; : : : ; a k b k ); (a 1 ; a 2 ; : : : ; a k ) (b 1 ; b 2 ; : : : ; b k ) = (a 1 b 1 ; a 2 b 2 ; : : : ; a k b k ); kde odctan Q ve slozkach denujeme rovnez modulo n i. Denujme dale zobrazen G : k Z! i=1 Z n i predpisem G(a) = ((a)mod Q n 1 ; : : : ; (a)mod n k ) a stejnym predpisem k zavedeme i zobrazen H : Z n! i=1 Z n i. Obe zobrazen jsou opet slucitelna s operacemi +, operacemi i operacemi. V nasledujc poznamce budeme uvazovat operace na kartezskych soucinech zavedene v Prkladu 0.7. Poznamka 0.8 (Cnska veta o zbytcch). Necht' n 1 ; n 2 ; : : : ; n k jsou kladna cela csla a n = n 1 n 2 n k. Potom zobrazen H z 0.7 je bijekce slucitelna s operac + a s operac, prave kdyz jsou csla n 1 ; n 2 ; : : : ; n k po dvou nesoudelna.

4 4 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY Dukaz. Nejprve dokazeme zpetnou implikaci. V Prkladu 0.7 jsme si uvedomili, ze je f zobrazen slucitelne s obema operacemi. Zbyva nahlednout, ze jde o bijekci. Q k Protoze jsou Z n a i=1 Z n i stejne velke konecne mnoziny, stac overit, ze je f proste. Necht' pro a b 2 Z n plat, ze H(a) = H(b). Potom H(b a) = 0, tedy n i =b a pro vsechna i = 1; : : : ; k. Protoze jsou n i po dvou nesoudelna a 0 b a n 1, mame i n=b a, tudz b = a. Prmou implikaci dokazeme neprmo. Necht' existuj indexy i 6= j, pro nez c = NSD(n i ; n j ) > 1. Potom n c 2 Z n n f0g a pro vsechna r = 1; : : : ; k plat, ze n r = n c. To znamena, ze H(0) = (0; : : : ; 0) = H( n c ), tedy H nen proste. Uvedeny dukaz Cnske vety o zbytcch sice nen konstruktivn, nasledujc prklad ovsem ukazuje, ze hledat vzory zobrazen H nen tezke. Prklad 0.9. Uvedomme si, ze podle Cnske vety o zbytcch existuje prave jedno x 2 Z 35 splnujc kongruence x 2 (mod 5) a x 3 (mod 7). pokusme se ho najt. Nejprve si vsimneme, ze z prvn kongruence plyne, ze x = 5y + 2 pro vhodna y 2 Z a toto vyjadren dosadme do druhe kongruence a pomoc Poznamky 0.6 budeme kongruenci upravovat ekvivalentnmi upravami: 5y (mod 7), 5y 1 (mod 7), 3 5y 3 1 (mod 7), y 3 (mod 7): Poznamenejme, ze jsme v poslednm kroku vyuzili toho, ze umme najt,,inverz modulo 7"k cslu 5 jmz je 3). Hledanym resenm je tedy x = = 17. Cnska veta o zbytcch nam umoznuje,,algebraicky"presne reprezentovat vets mnozinu Z n pomoc poctan v mensch mnozinach Z ni, coz je postup, ktery pri potrebe exaktnho poctan s velkymi csly lze pouzt. Denice. Zobrazen ' : N! N dane predpisem '(n) = jf0 < k < nj NSD(k; n) = 1gj nazveme Eulerovou funkc. Poznamka Je-li p prvocslo a k kladne cele cslo, pak '(p k ) = (p 1) p k 1. Dukaz. Cslo mens nez p k je soudelne s p k prave tehdy, kdyz je nasobkem csla p. Kladnych nasobku csla p mensch nez p k je zrejme prave p k 1 1. To znamena, ze naopak kladnych csel nesoudelnych s p k mame '(p k ) = (p k 1) (p k 1 1) = p k p k 1 = (p 1)p k 1. Veta Bud' p 1 < p 2 < < p k prvocsla a r 1 ; r 2 ; : : : ; r k kladna cela csla. Potom '( Q k i=1 pri i ) = Q k i=1 '(pri i ) = Q k i=1 (p i 1)p ri 1 i. Q k Dukaz. Polozme n = i=1 n i a Q zvolme libovolne a 2 Z n. Dale polozme n i = p ri i a k uvazujme zobrazen f : Z n! i=1 Z p r i z Poznamky 0.8. Protoze jsou n i 1 ; : : : ; n k nesoudelna csla, je Q f podle 0.8 Q bijekce. Nyn polozme (a 1 ; : : : ; a k ) = f(a). Abychom k overili rovnost '( i=1 pri i ) = k i=1 '(pri i ), stac nam nahlednout, ze NSD(a; n) = 1 prave tehdy, kdyz NSD(a i ; n i ) = 1 pro vsechna i = 1; : : : ; k, protoze ky i=1 '(n i ) = j ky i=1 fa 2 Z ni n f0gj NSD(a; n i ) = 1gj: Jestlize NSD(a; n) 6= 1, existuje index i, pro nez prvocslo p i del a, a dky jednoznacnosti prvocselneho rozkladu, tudz bud' a i = 0 nebo pi del a i, proto NSD(a i ; n i ) 6= 1.

5 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 5 Naopak, jestlize NSD(a i ; n i ) 6= 1, pak existuje delitel c > 1 csel a i i n i, proto c del i a = a i + xn i i n = n 1 : : : n i : : : n k. i plyne okamzite z 0.10 Konecne rovnost Q k i=1 '(pri i ) = Q k i=1 (p i 1)p ri 1 1. Mnoziny s asociativn binarn operac Pripomenme, ze binarn operace na A je asociativn (resp. komutativn), plat-li pro vsechna x; y; z 2 A rovnost x (y z) = (x y) z (resp. x y = y x). Denice. Uvazujme binarn operac na mnozine A. Neutralnm prvkem operace rozumme takovy prvek e 2 A, ze g e = e g = g pro vsechna g 2 A. Poznamka 1.1. Kazda binarn operace ma nejvyse jeden neutraln prvek. Dukaz. Jsou-li e; f dva neutraln prvky, pak e = e f = f. Nasledujc prklad ukazuje, ze se v denici neutralnho prvku nemuzeme omezit jen na jednu ze dvou rovnost: Prklad 1.2. Je-li X aspon dvouprvkova mnozina a denujeme-li na X binarn operaci predpisem x y = x, je operace asociativn, ale X neobsahuje zadny neutraln prvek. Pritom dokonce kazdy prvek X splnuje prvn z rovnost, kterou je neutraln prvek denovan. Denice. Necht' je binarn operace na mnozine S a 1 je jej neutraln prvek. Rekneme, ze prvek s 2 S je invertibiln, existuje-li takovy prvek s 1 2 S, ze s 1 s = s s 1 = 1. Prvek s 1 nazveme inverznm prvkem k prvku s. Prklad 1.3. Uvazujme T (N) mnozinu vsech zobrazen prirozenych csel do sebe s operac skladan a necht' (k) = 2k a (k) = [ k 2 ]. Pak identicke zobrazen Id je neutraln vzhledem k, a plat, ze = Id a 6= Id. Prvky a tedy splnuj prave jednu z denitorickych rovnost invertibilnho prvku, ovsem invertibiln nejsou. Mnozine G s binarn operac budeme rkat grupoid (a budeme psat G( )). O grupoidu G( ) rekneme, ze je: - pologrupa, je-li operace asociativn, - monoid, je-li operace asociativn a v G lez jej neutraln prvek, - grupa, je-li G( ) monoid, jehoz kazdy prvek je invertibiln, - komutativn grupa (nebo abelovska grupa), je-li G( ) grupa a je komutativn. V Prkladech 0.1 a 0.5 jsme pripomneli asociativn a komutativn operace + a na mnozine celych csel (a v Prkladech 0.2 a 0.7 jsme si uvedomili, ze asociativitu i komutativitu splnuj jimi indukovane operace na mnozinach Z n ). Jiste zde nen treba opakovat, jak vypadaj odpovdajc neutraln a invertibiln prvky. Uved'me jeste nekolik dobre znamych, ac mene elementarnch prkladu asociativnch binarnch operac. Prklad 1.4. Necht' n > 1 je prirozene cslo a X neprazdna mnozina. (1) Necht' M(X) je mnozina vsech slov, tj. vsech konecnych posloupnost psmen z mnoziny X. Zaved'me na teto mnozine binarn operaci skladan : x 1 : : : x n y 1 : : : y m = x 1 : : : x n y 1 : : : y m a dale oznacme prazdne slovo. Snadno nahledneme,

6 6 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY ze je operace asociativn (je-li X aspon dvouprvkova mnozina, pak operace nen komutativn) a plat, ze s = s = s pro kazde s 2 M(X), tedy M(X)( ) je tzv. slovn monoid. (2) Oznacme T (X) mnozinu vsech zobrazen mnoziny X do sebe. Potom T (X)() tvor (s operac skladan ) (tzv. transformacn) monoid. (3) Ctvercove matice M n (T ) nad telesem T stupne n spolu s nasobenm tvor monoid M n (T )( ) (neutralnm prvkem je zde jednotkova matice). (4) Z n ( ) je konecny komutativn monoid, ktery nen grupou, protoze prvek 0 nen invertibiln. Nestanovme-li jinak, bude v nasledujcm 1 oznacovat neutraln prvek operace (a 0 pro operaci +) a s 1 bude inverzn prvek k s vzhledem k operaci (a s bude inverz vzhledem k operaci +). Poznamka 1.5. Bud' S( ) monoid a a; b; c 2 S. Plat-li, ze a b = c a = 1, potom b = c je jednoznacne urceny inverzn prvek k prvku a. Dukaz. Stac overit, ze b = c. S vyuzitm asociativity poctejme: c = c 1 = c (a b) = (c a) b = 1 b = b. Poznamka 1.6. Je-li S( ) monoid a s; t 2 S jeho invertibiln prvky, pak s t a s 1 jsou take invertibiln. Navc (s t) 1 = t 1 s 1 a (s 1 ) 1 = s. Dukaz. Protoze s s 1 = s 1 s = 1, je zrejme s 1 invertibiln a dky 1.5 mame (s 1 ) 1 = s. Nyn stac dokazat, ze je prvek t 1 s 1 inverzn k s t: a symetricky (s t) (t 1 s 1 ) = s (t t 1 ) s 1 = s 1 s 1 = s s 1 = 1 (t 1 s 1 ) (s t) = t 1 (s 1 s) t = t 1 1 t = t 1 t = 1: Mnozinu vsech invertibilnch prvku monoidu S( ) budeme znacit S. Vsimneme si, ze jsme v predchoz uvaze dokazali, ze mnozina S je uzavrena na operaci, uvedomme-li si navc, ze 1 2 S, protoze 1 1 = 1, dostavame dky predchoz poznamce nasledujc pozorovan: Dusledek 1.7. Necht' S( ) je monoid. Oznacme-li S restrikci j S S operace na mnozinu S S, pak S ( S ) je grupa. Prklad 1.8. Necht' n > 1 je prirozene cslo a X neprazdna mnozina. (1) Grupa invertibilnch prvku M(X)( ) obsahuje pouze neutraln prvek. (2) Grupu invertibilnch prvku transformacnho monoidu T (X)() tvor prave vsechny bijekce S(X) na mnozine X (mluvme o symetricke grupe nebo grupe permutac). (3) Grupu invertibilnch prvku monoidu ctvercovych matic M n (T )( ) stupne n tvor prave vsechny regularn matice stupne n (znacme je GL n (T )). (4) Ukazeme, ze Z n( ) = f0 < a < nj NSD(a; n) = 1g. Jestlize a 2 Z n, existuj x 2 Z n a y 2 Z, pro nez ax + by = 1. Je-li s spolecny delitel csel a, n, pak s=(ax + ny) = 1, proto NSD(a; n) = 1. Necht' naopak NSD(a; n) = 1, potom dky Euklidovu algoritmu existuj x 2 Z n a y 2 Z, pro ktere ax + ny = 1, proto a 1 = xmod n, tudz a 2 Z n. Jednoduchym dusledkem tohoto pozorovan je fakt, ze jz nj = '(n).

7 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 7 Denice. Podgrupou grupy G( ) budeme rozumet kazdou podmnozinu H mnoziny G, ktera je uzavrena na, obsahuje prvek 1 a pro jejz kazdy prvek h 2 H plat, ze h 1 2 H. Normaln podgrupa je podgrupa H grupy G splnujc navc podmnku g h g 1 2 H pro kazde g 2 G a h 2 H. Protoze podle 1.6 pro kazdy prvek g grupy G( ) plat, ze (g 1 ) 1 = g, mohli jsme normaln podgrupu H take ekvivalentne denovat take symetrickou podmnkou g 1 h g 2 H pro kazde g 2 G a h 2 H. Poznamka 1.9. Necht' G( ) je grupa, H a H i, i 2 I jej podgrupy. (1) H( ) tvor s operac omezenou na mnozinu H opet grupu, (2) T i2i H i je podgrupa grupy G( ), (3) jsou-li vsechny podgrupy H i normaln, pak je i podgrupa T i2i H i normaln, (4) je-li G( ) komutativn grupa, pak je podgrupa H vzdy normaln. Dukaz. (1) Plyne okamzite z denice podgrupy a vlastnost operace na G (srovnej s 1.6). T (2) 1 2 H i pro vsechna i 2 I podle, tedy 1 2 T i2i H i. Zvolme libovolne a; b 2 i2i H i. Potom T a b 2 H i pro kazde i 2 I dky uzavrenosti H i na operaci, tedy a b 2 i2i H i. Podobne podle denice a 1 2 H i pro kazde i 2 I, proto a 1 2 T i2i H i. (3) Zvolme h 2 T i2i H i a g 2 G. Pak g h g 1 2 H i pro vsechna i 2 I, a tudz g h g 1 2 T i2i H i. (4) Dky komutativite binarn operace plat pro kazde g 2 G a h 2 H, ze g h g 1 = g g 1 h = h 2 H. Prklad (1) Vsimneme si, ze v kazde grupe G( ) tvor mnoziny f1g a G (tzv. trivialn) prklady normalnch podgrup. (2) Uvazujme grupu permutac na mnozine f1; : : : ; ng, obvykle se znac S n () (viz take 1.8(2)). Snadno nahledneme, ze mnozina vsech sudych permutac A n je normaln podgrupou S n (). Navc lze (elementarnmi prostredky) dokazat, ze grupa S n () neobsahuje pro n 6= 4 jine normaln podgrupy nez fidg, S n a A n (v prpade S 4 se vyskytuje jeste jedna tzv. Kleinova normaln podgrupa K = fid; (12)(34); (13)(24); (14)(23)g). Uved'me alespon prklad zjevne podgrupy T = fid; (12)g grupy S 3, ktera nen normaln, protoze naprklad (13) (12) (13) 1 = (23) 62 T. (3) Protoze det(a B) = det(a) det(b), snadno spoctame, ze mnoziny S = fa 2 GL n (T )j det(a) = 1g a P = fa 2 GL n (T )j det(a) = 1g jsou normaln podgrupy grupy GL n (T )( ). (4) Uvazujeme-li komutativn grupu celych csel Z(+) (s neutralnm prvkem 0 a inverznmi prvky znacenymi standardne symbolem ), potom mnoziny tvaru nz = fn zj z 2 Zg jsou pro kazde nezaporne cele n podgrupou grupy Z(+) (viz 0.1). Naopak, uvazujme libovolnou nenulovou podgrupu P grupy Z(+). Protoze P obsahuje nejaky nenulovy prvek a s kazdym a 2 P je i a 2 P, lez v P jiste nejaky kladny prvek a my muzeme zvolit nejmens kladne cslo obsazene v P, oznacme ho n. Ukazme, ze nutne P = nz. Indukc dky uzavrenosti P na sctan nahledneme, ze 2n = n + n 2 P, 3n 2 P,..., kn 2 P,..., pro kazde prirozene k. Protoze n 2 P, dostaneme stejnym argumentem, ze nz P. Nyn zvolme libovolne a 2 P. Potom vydelme se zbytkem cslo a cslem n, t.j. najdeme cele q a nezaporne cele z < n, pro ktera a = qn + z. Z uzavrenosti P na + pouzite pro

8 8 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY prvky a; qn 2 P plyne, ze z = a + ( qn) 2 P, a z minimality volby n dostavame, ze z = 0, tedy nz = P. Denice. Je-li H podgrupa G, denujme na G relaci rmod H (resp. lmod H) podmnkou: (a; b) 2 rmod H (resp. (a; b) 2 lmod H), a b 1 2 H (resp. a 1 b 2 H). Necht' H a K jsou dve podmnoziny grupy G( ) a g 2 G. Oznacme mnoziny H K = fh kj h 2 H; k 2 Kg, gh = fggh a Hg = Hfgg. V prpade grup s operac budeme casto psat hk msto h k a HK msto H K. Veta Necht' G( ) je grupa a H jej podgrupa. Potom plat: (1) rmod H i lmod H jsou ekvivalence na G, (2) (a; b) 2 rmod H, (a 1 ; b 1 ) 2 lmod H pro kazde a; b 2 G, (3) jg=rmod Hj = jg=lmod Hj, (4) rmod H = lmod H, prave kdyz je H normaln podgrupa G( ), (5) [a] rmod H = Ha a [a] lmod H = ah pro kazde a 2 G, (6) j[a] rmod H j = j[a] lmod H j = jhj pro kazde a 2 G. Dukaz. (1) Tvrzen dokazeme jen o rmod H, pro lmod H bude dukaz symetricky. Podgrupa H obsahuje neutraln prvek 1, proto pro kazde a 2 G mame a a 1 = 1 2 H, tedy (a; a) 2 rmod H. Predpokladame-li, ze (a; b) 2 rmod H, pak a b 1 2 H, proto i b a 1 = (a b 1 ) 1 2 H (podle 1.5 a 1.6), tudz (b; a) 2 rmod H. Nyn predpokladejme, ze (a; b); (b; c) 2 rmod H, coz podle denice nas relace znamena, ze a b 1 ; b c 1 2 H. Z uzavrenosti H na binarn operaci plyne, ze (a b 1 ) (b c 1 ) 2 H, tedy a c 1 = a b 1 b c 1 2 H a (a; c) 2 rmod H. Tm jsme overili, ze je relace rmod H reexivn, symetricka a tranzitivn. (2) Dky 1.6 mame rovnost a b 1 = (a 1 ) 1 b 1, proto a b 1 2 H, (a 1 ) 1 b 1 2 H, cmz jsme dokoncili dukaz. (3) Podle (2) je zobrazen [a] rmod H! [a 1 ] lmod H korektne denovanou bijekc, tedy faktorove mnoziny G=rmod H a G=lmod H maj stejne prvku. (4) Predpokladejme, ze rmod H = lmod H a zvolme h 2 H a g 2 G. Potom (g h) 1 g = h 1 g 1 g = h 1 2 H, tedy (g h; g) 2 lmod H = rmod H. Z denice rmod H dostaneme g h g 1 2 H. Nyn predpokladejme, ze je H normaln podgrupa grupy G( ). Zvolme-li (a; b) 2 rmod H, vme, ze a b 1 2 H. Podle denice normaln podgrupy b 1 a = b 1 a b 1 (b 1 ) 1 2 H, tedy (b; a) 2 lmod H a dky (1) (a; b) 2 lmod H, cmz jsme overili, ze rmod H lmod H. Symetricky argument dokazuje obracenou implikaci. (5) Opet se budeme venovat jen ekvivalenci rmod H. Pouzijeme denici rozkladove trdy: [a] rmod H = fb 2 Gj (a; b) 2 rmod Hg = fb 2 Gj 9h 2 H : a b 1 = hg = = fb 2 Gj 9h 2 H : b = h 1 ag = fb 2 Gj 9h 0 2 H : b = h 0 ag = Ha: (6) Denujme zobrazen b : H! Ha (resp. H! ah) predpisem b(h) = h a (resp. b(h) = a h). Zrejme jde o zobrazen na Ha (resp. na ah) a predpokladejme, ze b(h 0 ) = b(h 1 ), tedy h 0 a = h 1 a. Tuto rovnost zprava (resp. zleva) prenasobme hodnotou a 1, abychom dostali h 0 = h 0 a a 1 = h 1 a a 1 = h 1. Tedy b je bijekce a vsechny mnoziny H, ah, Ha maj stejny pocet prvku. Nyn zbyva pouzt (5).

9 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 9 Denice. Bud' H podgrupa grupy G( ). Potom cslu [G : H] = jg=rmod Hj (= jg=lmod Hj podle 1.11) budeme rkat index podgrupy H v grupe G a velikosti jgj mnoziny G budeme rkat rad grupy G. Veta 1.12 (Lagrange). Je-li H podgrupa grupy G( ), pak jgj = [G : H] jhj. Dukaz. Podle 1.11(1) je rmod H ekvivalence, proto G = SA2G=rmod _ HA, kde sjednocujeme disjunktn mnoziny. Vyuzijeme-li dale poznatek 1.11(6), ktery rka, ze vsechny ekvivalencn trdy maj pocet prvku stejny jako mnozina H, pak dostavame X X jgj = j [A2G=rmod Aj = jaj = jhj = [G : H] jhj: H A2G=rmod H A2G=rmod H Dusledek Je-li G( ) konecna grupa, potom rad kazde jej podgrupy del rad grupy G. Prklad Z predchozho dusledku okamzite plynou nasledujc pozorovan: (1) Grupa prvocselneho radu obsahuje jen trivialn podgrupy, tedy G a f1g. (2) Protoze js 10 j = 10! a 11 nedel 10!, permutacn grupa radu S 10 () neobsahuje zadnou podgrupu radu 11. (3) Jsou-li H a K dve konecne podgrupy nejake grupy G( ) a plat-li, ze jsou rady H a K nesoudelne, pak H \ K = f1g. Veta Necht' G( ) je grupa a relace na G. Pak je ekvivalence slucitelna s operac prave tehdy, kdyz H = [1] je normaln podgrupa G( ) a = rmod H (= lmod H). Dukaz. ()) Nejprve predpokladejme, ze je je ekvivalence slucitelna s operac. Protoze je reexivn relace, lez 1 v trde [1]. Zvolme a; b 2 [1] a g 2 G. Vidme, ze (1; a); (1; b) 2, navc, z reexivity plyne, ze (a 1 ; a 1 ); (g 1 ; g 1 ); (g; g) 2. Nyn vyuzijeme slucitelnosti s, abychom dostali, ze (1 1; a b) 2, dale ze (1 a 1 ; a a 1 ) 2 a (g 1 g 1 ; g a g 1 ) 2. Vyuzijeme-li vlastnost neutralnho prvku a symetrie, vidme, ze (1; a b); (1; a 1 ); (1; g a g 1 ) 2, tedy a b; a 1 ; g a g 1 2 [1], cmz mame overeno, ze je [1] normaln podgrupa G( ). Pripomenme, ze podle 1.11(4) rmod [1] = lmod [1]. Nyn bychom meli dokazat, ze (a; b) 2, prave kdyz (a; b) 2 lmod [1]. Jestlize nejprve (a; b) 2, potom (1; a 1 b) = (a 1 a; a 1 b) 2, protoze je ekvivalence slucitelna s, tedy (a; b) 2 lmod [1]. Naopak, zvolme-li (a; b) 2 lmod [1], pak (a; b) = (a 1; a a 1 b) 2. (() Predpokladejme, ze je H normaln podgrupa G( ) a denujme relaci jako rmod H (tj. (a; b) 2 $ a b 1 2 H). Podle 1.11(1) je ekvivalence a prmym vypoctem zjistme, ze [1] = H. Zvolme nyn (a 0 ; b 0 ); (a 1 ; b 1 ) 2, tj. a 0 b0 1 i a 1 b1 1 jsou prvky H. Nyn pouzijeme normalitu H, abychom dostali, ze b0 1 a 0 = b0 1 (a 0 b0 1 ) b 0 2 H. Uzavrenost H na zarucuje, ze b0 1 a 0 a 1 b1 1 2 H a dalsm vyuzitm normality zskame a 0 a 1 (b 0 b 1 ) 1 = b 0 (b0 1 a 0 a 1 b1 1 ) b H, tedy (a 0 a 1 ; b 0 b 1 ) 2, cmz jsme overili slucitelnost s s operac. Vsimneme si, ze kongruence (mod n) na mnozine Z(+) popsana v Prkladu 0.5 je prave ekvivalenc rmodnz = lmodnz.

10 10 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY Vezmeme-li si naprklad pro grupu H = fid; (12)g grupy permutac S 3 (), ktera podle 1.10(2) nen normaln, ekvivalence rmodh podle predchoz vety nen slucitelna s operac a podle 1.11(4) plat rmodh 6= lmodh. Denice. Zobrazen f : G! H grup G( ) a H( ) slucitelne s jejich binarnmi operacemi se nazyva (grupovy) homomorsmus. Bijektivn homomorsmus budeme nazyvat izomorsmus. Podmnozine Kerf = fg 2 Gj f(g) = 1g i relaci ker f = f(g 1 ; g 2 ) 2 G Gj f(g 1 ) = f(g 2 )g budeme rkat jadro homomorsmu. Jestlize mezi dvema grupami G 1 a G 2 existuje izomorsmus, rkame, ze G 1 a G 2 jsou izomorfn a pseme G 1 = G2. Poznamka Necht' G 1 ( ), G 2 ( ) a G 3 ( ) jsou grupy a f : G 1! G 2 a g : G 2! G 3 jsou homomorsmy. (1) f(1) = 1 a f(a 1 ) = (f(a)) 1 pro kazde a 2 G (2) gf je homomorsmus, (3) je-li f bijekce, pak f 1 je izomorsmus, (4) obraz g(h) je podgrupa G 3 ( ) a uplny vzor f 1 (H) je podgrupa G 1 ( ) pro kazdou podgrupu H grupy G 2 ( ), (5) Kerf je normaln podgrupa G 1 ( ) a ker f = rmod Kerf = lmod Kerf je ekvivalence slucitelna s operac na G 1, (6) f je prosty homomorsmus, prave kdyz Kerf = f1g a to nastava, prave kdyz ker f = id. Dukaz. (1) Protoze f(1) = f(1 1) = f(1) f(1), stac rovnost f(1) = f(1) f(1) prenasobit prvkem f(1) 1, abychom dostali 1 = f(1) f(1) 1 = f(1) f(1) f(1) 1 = f(1). Dale 1 = f(1) = f(a 1 a) = f(a 1 ) f(a) a podobne 1 = f(a) f(a 1 ), proto f(a 1 ) = (f(a)) 1. (2) Je-li a; b 2 G 1, pak gf(a b) = g(f(a) f(b)) = g(f(a)) g(f(b)). (3) Stac overit, ze f 1 je homomorsmus. Zvolme-li c; d 2 G 2, potom f(f 1 (c) f 1 (d)) = c d, proto f 1 (c) f 1 (d) = f 1 (c d). (4) Nejprve ukazeme, ze je g(h) podgrupa G 3 ( ). Podle 1.16(1) je 1 = g(1) 2 g(h). Vezmeme u; v 2 g(h), tj. existuj c; d 2 H, pro ktera g(c) = u a g(d) = v. Protoze c d; c 1 2 H, dostavame prmo z denice, ze u v = g(c) g(d) = g(c d) 2 g(h), a u 1 = g(c) 1 = g(c 1 ) 2 g(h) podle 1.16(1). Poznamenejme, ze 1 2 f 1 (H) a zvolme a; b 2 f 1 (H), tj. f(a); f(b) 2 H. Potom opet f(a) f(b) = f(a b) 2 H, a f(a 1 ) = f(a) 1 2 H, tedy a b; a 1 2 f 1 (H), proto je f 1 (H) podgrupa. (5) Protoze f1g je podgrupa G 2 ( ) a Kerf = f 1 (f1g), je Kerf podgrupa podle (3). Vezmeme-li libovolne g 2 G 1 a h 2 Kerf, potom f(g h g 1 ) = f(g) f(h) f(g 1 ) = f(g) 1 f(g) 1 = 1; tedy g h g 1 2 Kerf. Zbyva si uvedomit, ze f(a) = f(b), f(a) f(b) 1 = 1, f(a b 1 ) = 1, a b 1 2 Kerf. Konecne ker f = rmod Kerf = lmod Kerf je ekvivalence podle (6) Je-li f proste, pak existuje jediny vzor jednotky, tedy Kerf = f1g a jestlize ker f = id, pak je zrejme f proste. Konecne, jestlize Kerf = f1g, potom ker f = rmod Kerf = rmod f1g = id podle (4). Prklad (1) V ramci kurzu linearn algebry bylo dokazano, ze znamenko soucinu permutac je rovno soucinu jejich znamenek, tedy, ze sgn : S n! f1; 1g je

11 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 11 homomorsmus grup permutac na n prvcch a grupy f1; 1g( ). Snadno nahledneme, Ker sgn = A n, coz je podle 1.16 normaln podgrupa grupy S n. (2) Rovnez v linearn algebre se dokazuje, ze determinant det je homomorsmus z grupy regularnch matice n n nad telesem T do multiplikativn grupy telesa T n f0g( ) je homomorsmus a tedy Ker det je dky 1.16 normaln podgrupa matice s determinantem 1. (3) Jsou-li U a V dva vektorove prostory nad tymz telesem a f : U! V je linearn zobrazen, pak je f homomorsmus grup U(+) a V (+), kde je + sctanm vektoru. Je-li G mnozina a ekvivalence na G, pak prirozenou projekci na faktorovou mnozinu G= rozumme zobrazen : G! G= dane podmnkou (g) = [g], kde g 2 G. Vsimneme si, ze ker =. Veta Necht' G( ) je grupa a ekvivalence na G slucitelna s. Na faktorove mnozine G= denujeme operaci predpisem [a] [b] = [a b]. Tato denice je korektn, G=() je opet grupa a prirozena projekce je homomorsmus. Dukaz. Abychom overili korektnost denice, musme ukazat, ze denice nezavis na volbe zastupce ekvivalencnch trd. Mejme tedy [a] = [c] a [b] = [d], tj. (a; c); (b; d) 2. Potom dky slucitelnosti s operac mame (a b; c d) 2, proto [a b] = [c d]. Vezmeme-li [a] ; [b] ; [c] 2, pak prmo z denice vidme, ze [a] ([b] [c] ]) = [a (b c)] = [(a b) c] = ([a] [b] ) [c] ; tedy operace je asociativn. To, ze je neutralnm prvkem prave [1] a inverznm prvkem k prvku [a] prave prvek [a 1 ], dostaneme prmym vypoctem. Konecne (a b) = [a b] = [a] [b] = (a) (b) z denice. Grupu zavedenou na faktorove mnozine budeme nazyvat faktorovou grupou. Veta 1.15, ktera rka, ze kazde ekvivalenci slucitelne s binarn operac na grupe jednoznacne odpovda normaln podgrupa H = [1], nam umoznuje faktorovou mnozinu zapisovat ve tvaru G=H, tedy G=H := G=rmodH. Navc je bezne, ze se operace na faktorove grupe oznacuje stejne jako operace na puvodn grupe. Obvykly zapis faktorove grupy G=() bude tedy G=H( ), kde H = [1] a [a] [b] = [a b]. Podobne budeme prirozenou projekci G na G=H oznacovat symbolem H a msto [a] budeme psat [a] H = ah = Ha (posledn rovnosti plat podle 1.11(4) a (5)). Prklad Uvazme-li na grupe Z(+) ekvivalenci (mod n) zavedenou v Prkladu 0.5, jedna se o ekvivalenci slucitelnou s operac + a [0] (mod n) = nz, tedy (mod n) = rmod nz a na faktorove mnozine Z=nZ = Z=( (mod n)) mame dobre zavedenu strukturu grupy Z=nZ(+) predpisem [a] (mod n) + [b] (mod n) = [a + b] (mod n). Veta Necht' f : G 1! G 2 je homomorsmus grup G 1 ( ) a G 2 ( ). (1)(Veta o homomorsmu) Je-li H normaln podgrupa G 1 ( ), pak existuje homomorsmus g : G 1 =H! G 2 splnujc podmnku g H = f prave tehdy, kdyz H Kerf (tj. rmodh rmod Kerf ). Navc, jestlize g existuje, je g izomorsmus, prave kdyz f je na a Kerf = H. (2)(1. veta o izomorsmu) f(g 1 ) je podgrupa G 2 (tedy opet grupa) a G 1 =Kerf( ) je izomorfn f(g 1 )( ).

12 12 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY Dukaz. (1) Nejprve predpokladejme, ze existuje homomorsmus g : G 1 =H! G 2 splnujc g H = f, tedy g([a] H ) = f(a). Zvolme a 2 H. Pak [a] H = H = [1] H je neutraln prvek grupy G 1 =H( ), a proto f(a) = g([a] H ) = 1 podle 1.16(1). Tedy a 2 Kerf, cmz jsme overili, ze H Kerf. Naopak, necht' H Kerf. Musme overit, ze jedina mozna denice g dana predpisem g([a] H ) = f(a) je korektn. Vezmeme proto [a] H = [b] H. Potom a b 1 2 H Kerf, tedy 1 = f(a b 1 ) = f(a) f(b) 1 podle 1.16(1), a proto f(a) = f(b). Konecne g([a] H [b] H ) = g([a b] H ) = f(a b) = f(a) f(b) = g([a] H ) g([b] H ); tedy g je homomorsmus. Zbyva overit zaverecnou ekvivalenci. Predne si uvedomme, ze g(g 1 =H) = f(g 1 ), tedy g je na, prave kdyz je f na. Necht' je g navc proste a zvolme a 2 Kerf. Pak g([a] H ) = f(a) = 1. Protoze g([1] H ) = g(h) = 1, plyne z prostoty g, ze [a] H = H, tedy a 2 H. Overili jsme, ze Kerf H, a protoze uz vme, ze H Kerf, mame rovnost H = Kerf. Konecne predpokladejme, ze g([a] H ) = g([b] H ). Potom f(a) = f(b) a a b 1 2 Kerf = H. Tudz (a; b) 2 rmodh a [a] H = [b] H, cmz jsme overili, ze je g proste. (2) Z 1.16(5) dostavame, ze f(g 1 ) je podgrupa G 2. Omezme-li obor hodnot zobrazen f, muzeme ho chapat jako homomorsmus f : G 1! f(g 1 ). Nyn aplikujeme (1) pro H = Kerf a dostaneme prmo pozadovany izomorsmus g : G 1 =Kerf! f(g 1 ). Prklad Mejme homomorsmus f n : Z! Z n grupy Z(+) do grupy Z n (+) s poctanm modulo n dany predpisem f n (k) = (k)mod n. Pak mame podle 1.20(2) izomorsmus Z=Ker f n (+) = Z n (+), navc je zjevne (a; b) 2 ker f n, prave kdyz n=(a b), a Ker f n = nz. Veta 1.22 (2. veta o izomorsmu). Necht' G( ) je grupa a H, K jej normaln podgrupy. Jestlize H K, pak K=H je normaln podgrupa grupy G=H( ) a faktorova grupa G=K( ) je izomorfn grupe (G=H)=(K=H)( ). Dukaz. Nejprve pouzijeme 1.20(1) pro homomorsmy K : G! G=K (jako f z 1.20(1)) a H : G! G=H (jako H z 1.20(1)). Protoze podle predpokladu H K = Ker K, dava nam 1.20(1) homomorsmus g : G=H! G=K splnujc vztah g([a] H ) = [a] K. Vsimneme si, ze je g zjevne na. Nyn prmocare spoctame Kerg = f[a] H 2 G=Hj g([a] H ) = [a] K = [1] K g = K=H. Poznamenejme, ze je Kerg = K=H normaln podgrupa G=H( ) podle 1.16(5). Nyn pro homomorsmus g vyuzijeme 1.20(2), abychom dostali G=K = g(g=h) = (G=H)=Kerg = (G=H)=(K=H). 2. Cyklicke grupy Pripomenme, ze podle 1.9(2) je prunik libovolneho systemu podgrup zase podgrupou. Uvazme-li grupu G( ) a podmnozinu X G, pak prunik vsech podgrup G( ) obsahujcch X je rovnez podgrupou obsahujc X, oznacme ho hxi, zjevne se jedna o nejmens takovou podgrupu vzhledem k inkluzi. Specialne budeme psat hgi msto hfggi, je-li g 2 G.

13 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 13 Denice. Bud' G( ) grupa a X G. Podgrupu hxi nazveme podgrupu G( ) generovanou mnozinou X. Rekneme, ze G( ) je cyklicka grupa, existuje-li takovy prvek g 2 G, ze hgi = G. Prklad 2.1. (1) Z(+) je cyklicka grupa, kde Z = h1i = h 1i. (2) Z n (+) je pro kazde prirozene n cyklicka grupa s operacemi denovanymi modulo n, kde Z n = hai, prave kdyz NSD(a; n) = 1. Necht' G( ) je grupa a 2 G. Denujme indukc: a 0 = 1, a n = a n 1 a pro kazde n > 0, a n = (a 1 ) n pro kazde n < 0. Poznamka 2.2. Necht' G( ) je grupa a a 2 G. Zobrazen : Z! G dane predpisem (n) = a n je homomorsmus grupy Z(+) do grupy G( ) a (Z) = hai = fa n j n 2 Zg. Dukaz. Potrebujeme pro kazdou dvojici m; n 2 Z overit, ze (n + m) = a n+m = a n a m = (n) (m). Pritom a n+m = a n a m zjevne plat pro obe nezaporna a obe zaporna m; n. Je-li n zaporne a m+n nezaporne, pak a n a m = (a 1 ) n a m = a n+m. Podobne pro n zaporne, m kladne a m + n zaporne mame a n a m = (a 1 ) n a m = (a 1 ) n m = a n+m. Zaverem poznamenejme, ze (Z) je prave tvaru (Z) = fa n j n 2 Zg, a proto se jedna o nejmens podgrupu G( ) obsahujc a. Dusledek 2.3. Necht' G( ) je grupa a a 2 G. Potom pro kazde n; m 2 Z plat, ze a n = (a n ) 1 a (a n ) m = a nm. Veta 2.4. Bud' G( ) cyklicka grupa. (1) Je-li G nekonecna, pak G( ) = Z(+). (2) Je-li n = jgj konecne, pak G( ) = Z n (+). Dukaz. Vezmeme nejaky generator g cyklicke grupy G( ), tedy hgi = G a denujme zobrazen : Z! G dane predpisem (n) = g n. Podle 2.2 jde o homomorsmus a (Z) = hgi = G, tedy je zobrazen na. Nyn podle 1.20(2) je Z=Ker(+) = G( ). Zbyva si rozmyslet, jak vypada Z=Ker. Z 1.10(4) vme, ze Ker = nz pro vhodne nezaporne cele n. V prpade, ze n = 0, pak Z=Ker = Z=f0g = Z, a v prpade kladneho n je Z=Ker = Z=nZ = Z n podle Poznamka 2.5. Kazda faktorova grupa i podgrupa cyklicke grupy je opet cyklicka. Dukaz. Snadno nahledneme, ze je-li g generator cyklicke grupy G( ), pak [g] H je generator jej faktorove grupy G=H( ). Dky 2.4 stac tvrzen o podgrupach dokazat pro grupy Z(+) a Z n (+). Nejprve ho dokazme pro grupu Z(+). V 1.10(4) jsme overili, ze Z(+) jine podgrupy nez podgrupy tvaru nz neobsahuje. Pritom hni = nz je cyklicka grupa, cmz je tvrzen overeno. Nyn vyuzijeme homomorsmu f n : Z! Z n z Zvolme-li podgrupu H grupy Z n (+), pak f n 1 (H) je podle predchoz uvahy a 1.16(5) cyklicka podgrupa Z, tedy H = f n (f n 1 (H)) je cyklicka podgrupa Z n (+). Pripomenme, ze pro kazde prirozene k znacme kz = hki = fkzj z 2 Zg. Podobne budeme pro kazde k 2 Z n oznacovat kz n = hki = fk zj z 2 Z n g.

14 14 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY Poznamka 2.6. Necht' n 2 N, a 2 Z n n f0g a k=n. Pak az n = kz n, prave kdyz NSD(a; n) = k. Dukaz. Nejprve predpokladejme, ze az n = kz n. Potom k 2 az n, tedy existuje cele x, pro ktere (a x)mod n = k. Proto take existuje takove cele y, ze a x + n y = k. Odtud plyne, ze NSD(a; n)=k. Podobne, protoze a 2 kz n existuj cela u a v, pro nez k u + n v = a, a protoze k=n, nutne mus k=a. Vidme, ze k=nsd(a; n), tudz NSD(a; n) = k. Nyn predpokladejme, ze NSD(a; n) = k. Potom dky Euklidovu algoritmu existuj x 2 Z n a cele y, pro nez a x + n y = k. Proto (a x)mod n = k, tudz k 2 az n a kz n az n. Konecne, protoze k=a, vidme, ze a 2 kz n, a proto az n kz n, coz znamena, ze kz n = az n. Uvedomme-li si, ze specialnm prpadem predchoz poznamky pro k = 1 je tvrzen, ze az n = Z n (tj. a generuje grupu Z n (+)), prave kdyz NSD(a; n) = 1, okamzite dostavame: Dusledek 2.7. Je-li n 2 N, pak cslo '(n) udava pocet prvku, ktere generuj grupu Z n (+) a pocet invertibilnch prvku monoidu Z n ( ). Poznamka 2.8. Bud' G( ) konecna grupa. Potom g jgj = 1 pro kazdy prvek g 2 G. Dukaz. hgi je cyklicka grupa radu n, tedy je podle 2.4 izomorfn Z n (+), proto g n = 1. Podle 1.12 n=jgj, tedy g jgj = (g n ) jgj n = 1 jgj n = 1, kde 1. rovnost plyne z 2.3. Veta 2.9. Necht' G( ) je konecna cyklicka grupa. Pak pro kazde prirozene k, ktere del rad grupy G, existuje prave jedna podgrupa grupy G radu k. Dukaz. K dukazu vyuzijeme charakterizace cyklickych grup 2.4, dky nemuz stac tvrzen dokazat pro (izomorfn) grupu Z n (+). Jestlize k = 1, je tvrzen trivialn, predpokladejme tedy, ze k > 1. Potom snadno nahledneme, ze mnozina h n k i = f0; n k ; 2 n k ; : : : ; (k 1) n k g je podgrupa a jh n k ij = k. Mejme nyn nejakou podgrupu H grupy Z n (+) radu k. Pak je H podle 2.5 cyklicka, a tedy existuje h 2 H, pro H = hhi. Z 2.8 plyne, ze (k h)mod n = 0, a proto k h = c n pro vhodne cele cslo c. Tedy h = c n k. Tm jsme overili, ze H je cast podgrupy h n k i. Protoze se jedna o dve konecne stejne velke mnoziny, dostavame, ze H = h n k i, cmz jsme overili jednoznacnost volby. Nasledujc tvrzen je pro prvocselne n znamo take jako Mala Fermatova veta: Veta 2.10 (Eulerova veta). Pro nesoudelna kladna cela csla a; n > 1 je a '(n) 1 (mod n): Dukaz. Dky Poznamce 0.6 tvrzen stac dokazat pro kladne a < n. Pouzijeme k tomu Poznamku 2.8, kde jako grupu G vezmeme grupu invertibilnch prvku Z n( ) monoidu Z n ( ) tj. prvku nesoudelnych s n podle 2.7. Protoze a 2 Z n, je (a '(n) )mod n = (a jz n j )mod n = 1 dky 2.8 a 2.7. Prklad (1) Uvazujme konecnou cyklickou grupu G( ). Potom nam 2.7 rka, ze G( ) obsahuje prave '(jgj) generatoru. Protoze dky Lagrangeove vete rad podgrupy vzdy del rad grupy podle 2.9 G( ) pro kazdy delitel radu cyklicke grupy existuje prave jedna podgrupa daneho radu, obsahuje G( ) prave tolik podgrup,

15 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 15 Q k kolik existuje delitelu jejho radu. Mame-li n = i=1 pri i, kde p 1 < p 2 < < p k jsou prvocsla a r i 2 N, pak Q Q k deliteli n jsou prave csla i=1 psi i, Q kde 0 s i r i, k tedy G( ) obsahuje prave i=1 (r k i+1) podgrup a podle 0.11 prave i=1 (p i 1)p ri 1 i generatoru. (2) Konkretne, vezmeme-li cyklickou grupu Z 50 (+). Protoze 50 = 2 5 2, dostavame z bodu (1), ze Z 50 (+) obsahuje '(50) = 20 generatoru a prave 6 = 2 3 podgrup. Vezmeme-li naprklad podgrupu h42i grupy Z 50 (+) (a jine nez cyklicke podgrupy tato grupa podle 2.5 neobsahuje), pak dky 2.6 vme, ze h42i = hnsd(42; 50)i = h2i = 2Z 50, a jedna se tedy o podgrupu radu 25 = Prklad 2.12 (Rivest, Shamir, Adleman). Zvolme p a q dve ruzna licha prvocsla a polozme m = nsn(p 1; q 1). Nejprve dokazeme drobny dusledek 2.10 a 0.8: Lemma. Pro kazde a 2 Z pq a u 2 N plat, ze (a mu+1 )mod pq = a. Dukaz lemmatu: Nejprve ukazeme, ze (a m+1 )mod pq = a. Podle Vety 2.10 (x m )mod p = 1 a (y m )mod q = 1 pro ta x, ktera nejsou nasobkem p a ta y, ktera nejsou nasobkem q. Dale zrejme plat ((up) m+1 )mod p = 0, a proto i (x m+1 )mod p = (x)mod p a (y m+1 )mod q = (y)mod q pro kazde nezaporne cele x a y. Vezmeme nyn a 2 Z pq. Z predchozho pozorovan plyne, ze ((a)mod p; (a)mod q) = ((a m+1 )mod p; (a m+1 )mod q), a dky Vete 0.8 pouzite pro bijekci Z pq! Z p Z q dostavame, ze shodne jsou i vzory prvku ((a)mod p; (a)mod q) a ((a m+1 )mod p; (a m+1 )mod q), tedy, ze (a m+1 )mod pq = a. Nyn indukc dky 2.3 dostavame, ze a um+1 = a (u 1)m a m+1 = a (u 1)m+1 = a pro kazde u 2 N a a 2 Z pq. Vezmeme e < m nesoudelne s m a pak (naprklad pomoc Euklidova algoritmu) najdeme takove d < m, ze (ed)mod m = 1. Nyn podle lemmatu pro kazde a 2 Z pq plat, ze (a e ) d = a ed = a um+1 = a (poctano v Z pq, tedy modulo pq). Pomoc vlastnosti csel p, q, m, d, e muzeme nyn popsat protokol asymetrickeho sifrovan znamy pod zkratkou RSA. Polozme-li n = p q, je verejnym klcem dvojice csel (n; e) a soukromy klc tvor tajny exponent d. Chceme-li informaci vyjadrenou posloupnost hodnot a 1 ; : : : ; a k 2 Z n adresovat majiteli soukromeho klce, stac ji zasifrovat pomoc mocnen verejne znamou hodnotou e v monoidu Z n ( ), tj. odeslat zpravu (a e 1)mod pq; : : : ; (a e k )mod pq. K jejmu rozlusten stac umocnit v Z n( ) pomoc tajneho exponentu, protoze (a e i )d = a ed i = a i. Naopak, zverejnen-li majitel soukromeho klce zasifrovanou zpravu (a d 1)mod n; : : : ; (a d k )mod n, mohou si prjemci zpravy stejnym zpusobem (tj. umocnenm na verejne znamy exponent e: ((a d 1) e )mod n; : : : ; ((a d k )e )mod n = a 1 ; : : : ; a k ) overit, ze odesilatel zpravy opravdu zna tajny exponent (vlastnictv soukromeho klce tedy garantuje pravost elektronickeho podpisu). Poznamenejme, ze je ze znalosti n = pq a e obtzne najt d (odpovda to nalezen prvocselneho rozkladu csla n, coz je uloha, pro nz nen znam algoritmus polynomialn slozitosti), zatmco mocnen csel v Z pq je (i pro velke exponenty a velke pq) velmi snadne a rychle.

16 16 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 3. Univerzaln pohled: pojem algebry Denice. Pro kazde cele n 0 nazveme n-arn operac na mnozine A kazde zobrazen A n! A (cslo n budeme nazyvat aritou nebo cetnost operace). Je-li I mnozina, budeme rkat zobrazen : I! N 0 = N [ f0g typ. Rekneme, ze A( i j i 2 I) je algebra typu, je-li A neprazdna a pro kazde i 2 I je i prave (i)-arn operac na A. 1-arn operace se obvykle nazyvaj unarnmi operacemi, 2-arnm operacm se rka binarn operace a 3-arn se nazyvaj ternarnmi operacemi. Vsimneme si, ze mnozina A 0 sestava prave z prazdne posloupnosti, tedy je jednoprvkova. Nularn operace tudz vyznacuje v algebre jeden jej prvek, a proto ji muzeme s tmto vyznacenym prvkem ztotoznit. Prklad 3.1. (1) Uvazme grupu G( ) s unarn operac inverznho prvku 1 a nularn operac 1. Pak G( ), G( ; 1 ), G( ; 1 ; 1) tvor (nejen formalne) ruzne algebry. (2) Je-li T teleso, pak je algebrou T(+; ) ci T(+; ; ; 0; 1), pro vektorovy prostor V nad T, je algebrou V (+; tjt 2 T) nebo V (+; 0; tjt 2 T). Vsimneme si, ze pro nekonecne teleso potrebujeme uvazovat nekonecne mnoho unarnch operac. Denice. Bud' n-arn operace na A. Rekneme, ze podmnozina B A je uzavrena na operaci, jestlize (a 1 ; : : : ; a n ) 2 B pro vsechna a 1 ; : : : ; a n 2 B. Rekneme, ze B A je podalgebra algebry A( i j i 2 I), je-li B uzavrena na vsechny operace i, i 2 I. Prklad 3.2. Nahledneme, jak v jednotlivych prpadech algeber z Prkladu 3.1 vypadaj podalgebry. (1) Pro grup G( ) mame: (a) Podalgebry G( ; 1 ; 1) jsou prave podmnoziny G uzavrene na 1 (tj. obsahujc prvek 1), na inverzy a souciny, coz jsou podle denice prave podgrupy grupy G( ). (b) Je-li H neprazdna podalgebra G( ; 1 ), pak existuje h 2 H, a proto 1 = h h 1 2 H. Tedy neprazdne podalgebry G( ; 1 ) jsou prave podgrupy G( ), navc prazdna mnozina je v souladu s denic take podalgebra. (c) Podalgeber algebry G( ) je obecne mnohem vc nez podgrup grupy G( ). Naprklad pro kazde g 2 G a n 2 N tvor mnozina fg k j k ng podalgebru G( ). V prpade G( ) = Z(+) to znamena, ze mnoziny fakj k ng jsou podalgebry, specialne mnozina vsech prirozenych csel, ktera podgrupou Z(+) urcite nen. (2) Podalgebrou algebry V (+; 0; tjt 2 T) jsou prave podprostory tohoto vektoroveho prostoru a podalgebry algebry V (+; tjt 2 T) jsou prave podprostory a prazdna mnozina. Oznacme-li i = i j B n omezen n-arn operace i na B n, potom pro podalgebru B lez vsechny hodnoty zobrazen i opet v B. Zobrazen i tedy muzeme chapat jako operace na mnozine B a tak dostavame strukturu algebry B( i j i 2 I) na kazde podalgebre B. Denice. Necht' symbol oznacuje n-arn operaci na mnozine A i B. Rekneme, ze zobrazen f : A! B je slucitelne s operac, jestlize f((a 1 ; : : : ; a n )) = (f(a 1 ); : : : ; f(a n )). Zobrazen f : A! B mezi dvema algebrami A( i j i 2 I) a B( i j i 2 I) stejneho typu budeme rkat homomorsmus, je-li slucitelne se

17 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 17 vsemi operacemi i, i 2 I. Bijektivn homomorsmus budeme nazyvat izomorsmus. Jestlize mezi dvema algebrami A( i j i 2 I) a B( i j i 2 I) existuje izomorsmus, rkame, ze A a B jsou izomorfn a pseme A( i j i 2 I) = B( i j i 2 I) nebo zjednodusene A = B. Prklad 3.3. (1) Bud' G i ( ) pro i = 1; 2 grupy s unarn operac inverznho prvku 1 a nularn operac 1. pak kazdy homomorsmus grup G 1 ( ) a G 2 ( ) je podle 1.16(1) homomorsmem algeber G 1 ( ) a G 2 ( ), G 1 ( ; 1 ) a G 2 ( 1 ) i G 1 ( ; 1 ; 1) a G 2 ( ; 1 ; 1) (2) Necht' U a V jsou dva vektorove prostory nad telesem T. Potom kazde linearn zobrazen (homomorsmus) vektorovych prostoru je homomorsmem algeber U(+; tjt 2 T ) a V (+; tjt 2 T ). Denice. Necht' je ekvivalence a je n-arn operace na mnozine A. Rekneme, ze je slucitelna s, jestlize pro kazdy system prvku a 1 ; : : : ; a n ; b 1 : : : ; b n 2 A, pro ktere (a i ; b i ) 2, i = 1; : : : ; n, plat, ze ((a 1 ; : : : ; a n ); (b 1 ; : : : ; b n )) 2. Je-li A( i j i 2 I) algebra a ekvivalence na mnozine A, pak nazveme kongruenc, je-li slucitelna se vsemi operacemi i, i 2 I. Prklad 3.4. (1) id a A A jsou kongruence na libovolne algebre A. (2) Kazda ekvivalence je slucitelna s libovolnou nularn operac. (3) Ekvivalence slucitelna s operac na grupe G( ) je kongruenc algeber G( ), G( ; 1 ) a G( ; 1 ; 1). Pripomenme, ze je-li f : A! B zobrazen, rozumme jeho jadrem ker f relaci danou predpisem: (a; b) 2 ker f, f(a) = f(b). Nyn jsme pripraveni vyslovit obdobu Poznamky 1.16 pro obecne algebry: Poznamka 3.5. Necht' A 1 ( i j i 2 I), A 2 ( i j i 2 I) a A 3 ( i j i 2 I) jsou algebry stejneho typu, f : A 1! A 2 a g : A 2! A 3 jsou homomorsmy a B je podalgebra algebry A 2 ( ). (1) gf je take homomorsmus, (2) je-li f bijekce, pak f 1 je izomorsmus, (3) obraz g(b) je podalgebra algebry A 3 ( i j i 2 I) a uplny vzor f 1 (B) je podalgebra algebry A 1 ( i j i 2 I), (4) ker f je kongruence na algebre A 1 ( i j i 2 I). Dukaz. Dukaz je snadnym zobecnenm dukazu prslusnych bodu (1) Je-li i n-arn operace na A 1, A 2 a A 3 a vezmeme-li a 1 ; : : : a n 2 A 1, pak gf( i (a 1 ; : : : a n )) = g( i (f(a 1 ); : : : f(a n ))) = i (gf(a 1 ); : : : gf(a n )). (2) Stac opet overit, ze f 1 je homomorsmus. Zvolme-li libovolne n-arn operaci i a prvky a 1 ; : : : a n 2 A 2, potom f( i (f 1 (a 1 ); : : : ; f 1 (a n ))) = i (a 1 ; : : : a n ), proto i (f 1 (a 1 ); : : : ; f 1 (a n )) = f 1 ( i (a 1 ; : : : a n )). (3) Necht' je opet i libovolna n-arn operace na A 2 i A 3. Vezmeme nejprve c 1 ; : : : c n 2 g(b), tj. existuj b 1 ; : : : b n 2 B, pro ktera g(b j ) = c j, j = 1; : : : ; n. Protoze i (b 1 ; : : : b n ) 2 B, dostavame bezprostredne z denice, ze i (c 1 ; : : : c n ) = i (g(b 1 ); : : : g(b n )) = g( i (b 1 ; : : : b n )) 2 g(b). Nyn zvolme a 1 ; : : : a n 2 f 1 (B), tj. f(a j ) 2 B. Potom f( i (a 1 ; : : : a n )) = i (f(a 1 ); : : : f(a n )) 2 B. (4) Vezmeme n-arn operaci i na A 1 a A 2 a prvky a 1 ; : : : a n ; b 1 ; : : : b n 2 A 1, o nichz vme, ze (a j ; b j ) 2 ker f, tedy f(a j ) = f(b j ), pro kazde j = 1 : : : n. Potom z

18 18 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY denice homomorsmu dostaneme rovnost f( i (a 1 ; : : : a n )) = i (f(a 1 ); : : : f(a n )) = i (f(b 1 ); : : : f(b n )) = f( i (b 1 ; : : : b n )); cmz jsme overili, ze ( i (a 1 ; : : : a n ); i (b 1 ; : : : b n )) 2 ker f. Ze se jedna o ekvivalenci je snadne cvicen. Poznamka 3.6. Necht' A( i j i 2 I) je algebra a A j jsou podalgebry A a j kongruence na A pro kazde j 2 J. (1) T j2j A j je podalgebra A, (2) T j2j j je kongruence na A. Dukaz. (1) Obdoba Poznamky 1.9(2). Necht' i je libovolna n-arn operace na A a a 1 ; : : : a n 2 T j2j A j. Protoze T j2j A j A k pro kazde k 2 J a A k je podalgebra A( i j i 2 I) mame i (a 1 ; : : : a n ) 2 A k, tedy i (a 1 ; : : : a n ) 2 T j2j A j. (2) Fakt, ze je prunik ekvivalenc je ekvivalence je snadne cvicen. Mejme i nejakou n-arn operaci na A a vezmeme prvky a 1 ; : : : a n ; b 1 ; : : : b n 2 A, pro nez plat, ze (a k ; b k ) 2 T j2j j ( j pro vsechna j 2 J). Potom pro vsechna j 2 J mame ( i (a 1 ; : : : a n ); i (b 1 ; : : : b n )) 2 j, tedy ( i (a 1 ; : : : a n ); i (b 1 ; : : : b n )) 2 T j2j j. V prpade, ze nemuze dojt k omylu nebo jednotlive operace na algebre nepotrebujeme explicitne uvazovat, budeme v nasledujcm oznacovat algebru jen jej nosnou mnozinou. Denice. Necht' je ekvivalence a je n-arn operace na mnozine A. Je-li slucitelna s, denujeme operaci na faktoru A= predpisem ([a 1 ] ; : : : ; [a n ] ) = [(a 1 ; : : : ; a n )]. Je-li kongruence na algebre A, pak tmto zpusobem denujeme na A= strukturu algebry stejneho typu. Poznamka 3.7. Je-li kongruence na algebre A, pak je denice algebry A= korektn, jde o algebru stejneho typu jako A a prirozena projekce : A! A= je homomorsmus. Dukaz. Vezmeme libovolnou n-arn operaci algebry A a necht' [a j ] = [b j ], kde j = 1; : : : n. Potom (a j ; b j ) 2, kde j = 1; : : : n, proto [(a 1 ; : : : ; a n )] = [(b 1 ; : : : ; b n )], tedy denice operac na A= je korektn. Zbytek tvrzen je prmy dusledek denice. Denice. Necht' jsou dve ekvivalence na A. Denujme relaci = na A= nasledovne: ([a] ; [b] ) 2 =, (a; b) 2. Poznamka 3.8. Bud' kongruence na algebre A. (1) Je-li kongruence na A obsahujc, je = dobre denovana kongruence na algebre A=. (2) Je-li kongruence na algebre A=, potom existuje prave jedna kongruence na algebre A obsahujc, pro nz = =. Dukaz. (1) Stac overit, ze je = dobre denovana, zbytek je okamzitym dusledkem denice = a operace na faktorove algebre A=. Mejme [a 1 ] = [a 2 ] [b 1 ] = [b 2 ]. Potom (a 1 ; a 2 ); (b 1 ; b 2 ) 2, tedy dky tranzitivite a symetrii plat, ze (a 1 ; b 1 ) 2, (a 2 ; b 2 ) 2. (2) Jediny mozny zpusob, jak denovat nam dava predpis (a; b) 2, ([a] ; [b] ) 2. Nyn stac prmocare nahlednout, ze jsme takto zavedli kongruenci na A.

19 ALGEBRA I PRO INFORMATIKY 19 Nyn uz muzeme vyslovit obecne verze Vety o homomorsmus a Vet o izomor- smus: Veta 3.9. Necht' f : A! B je homomorsmus dvou algeber stejneho typu. (1) (Veta o homomorsmu) Je-li kongruence na algebre A, pak existuje homomorsmus g : A=! B splnujc podmnku g = f prave tehdy, kdyz ker f. Navc, pokud g existuje, je g izomorsmus, prave kdyz f je na a ker f =. (2) (1. veta o izomorsmu) f(a) je podalgebra B (tedy algebra stejneho typu) a A=ker f je izomorfn f(a). Dukaz. Tvrzen dokazeme stejne jako Vetu o homomorsmu a 1. veta o izomorsmu pro grupy (1.20). (1) Nejprve predpokladejme, ze existuje homomorsmus g : A=! B splnujc podmnku g = f, tedy g([a] ) = f(a) a vezmeme (a 1 ; a 2 ) 2. Pak [a 1 ] = [a 2 ], a proto f(a 1 ) = g([a 1 ] ) = g([a 2 ] ) = f(a 2 ). Tedy (a 1 ; a 2 ) 2 ker f. Je-li naopak ker f, overujeme, ze denice g dana predpisem g([a] ) = f(a) je korektn. Vezmeme-li [a 1 ] = [a 2 ] ker f, pak g([a 1 ] ) = f(a 1 ) = f(a 2 ) = g([a 2 ] ). Ze je g homomorsmus je zjevne z jeho denice. Konecne dokazme zaverecnou ekvivalenci. Protoze g(g 1 =) = f(g 1 ), vidme, ze g je na, prave kdyz je f na. Je-li g navc proste a zvolme-li (a 1 ; a 2 ) 2 ker f, pak g([a 1 ] ) = f(a 1 ) = f(a 2 ) = g([a 2 ] ), a proto (a 1 ; a 2 ) 2. Overili jsme, ze ker f, a protoze uz vme, ze ker f, mame rovnost = ker f. Konecne predpokladejme, ze g([a 1 ] ) = g([a 2 ] ). Potom f(a 1 ) = f(a 2 ), a proto (a 1 ; a 2 ) 2 a [a 1 ] = [a 2 ], cmz jsme overili, ze je g proste. (2) Rozmyslme si, ze podle 3.5(3) je f(a) je podalgebra B a pote stejne jako v dukazu 1.20(2) pouzijeme Vetu o homomorsmu (1) na = ker f. Veta 3.10 (2. veta o izomorsmu). Necht' jsou dve kongruence na algebre A. Pak algebra A= je izomorfn algebre (A=)=(=). Dukaz. I tentokrat postupujeme stejne jako v dukazu Vety o izomorsmu pro grupy 1.22: nejprve pouzijeme 3.9(1) pro homomorsmy : A! A= a : A! A=, ktera nam dava homomorsmus g : A=! A= splnujc vztah g([a] ) = [a]. Zbyva spoctat ker g = = a pouzt 3.9(2). Nyn zobecnme denici ze zacatku 2.kapitoly. Denice. Bud' A algebra a X A. Potom podalgebru hxi algebry A, kterou dostaneme jako prunik vsech podalgeber A obsahujcch mnozinu X nazveme podalgebrou generovanou X (nebo budeme rkat, ze X generuje podalgebru hxi). Prklad (1) Uvazujme algebru Z(+). Pak sice hf1gi = N, ale nejmens podalgebra Z(+) obsahujc mnozinu f 1; 1g je uz rovna celemu Z tj. hf 1; 1gi = Z. (2) Uvazujme-li nyn algebru Z(+; ), pak h1i = Z. Zobecnme princip dobre znamy z linearn algebry, ktery rka, ze je homomorsmus urcen hodnotami na mnozine generatoru: Poznamka Bud' f; g : A! B dva homomorsmy algeber stejneho typu a necht' X A generuje algebru A. Jestlize f(x) = g(x) pro vsechna x 2 X, potom f = g.