COVIČ-6

Aspoň začátek bude trochu normální

Pro grupu $\G = (G, \odot, {}^{-1}, 1)$ označme $\ZZ(\G)$ její centrum, tj. $\ZZ(\G) = \{z \in G \mid z\odot g = g\odot z\; \forall g \in G\}$; jinak řečeno, centrum je tvořeno právě prvky komutujícími se všemi prvky $\G$.
  1. Dokažte, že $\ZZ(\G)$ je podgrupou $\G$.
  2. Dokažte, že $\ZZ(\G)$ je dokonce normální podgrupou $\G$.
  3. Musí být $\ZZ(\G)$ vždy komutativní grupa?
  4. Nalezněte $\ZZ(\D_8)$ a $\ZZ(\QQ)$.
  5. Dokažte pro libovolnou grupu $\G$, že pokud prvky $g, h \in G$ splňují $g \odot h \in \ZZ(\G)$, tak pak už $g \odot h = h \odot g$.
Nápověda k (a)
Uzavřenost na operaci je snadná, na ověření $z^{-1}\odot g = g\odot z^{-1}$ rovnost něčím vhodně přenásobte (což je díky krácení ekvivalentní úprava).
Nápověda k (b)
Dá se celkem snadno ověřit přímo definice; pokud to pro vás není komfortní, podobně snadno se dá ověřit tvrzení z poznámek hned pod definicí normální podgrupy.
Nápověda k (c), která (jen) prozradí odpověď
Ano.
Nápověda k (d), která prozradí odpovědi
$\ZZ(\D_8) = \{\mathrm{id}, \text{rotace o $180^\circ$}\}$, $\ZZ(\QQ) = \{\pm1\}$.
Řešení (a)
Jednotka tam je určitě. Jsou-li $y, z \in \ZZ(\G)$ a $g \in G$, pak \[ (y \odot z) \odot g \stackrel{y \in \ZZ(\G)}= z \odot g \odot y \stackrel{z \in \ZZ(\G)}= g \odot (y \odot z), \] takže $y \odot z \in \ZZ(\G)$. Dále, chceme-li ověřit $z^{-1}\odot g = g\odot z^{-1}$ pro $z \in \ZZ(\G)$, přenásobíme rovnost např. zleva $z$ (což je díky krácení ekvivalentní úprava). Protože $z$ se vším komutuje, dostaneme i na levé straně $z$ vedle $z^{-1}$, takže ve výsledku máme $g = g$, pravdivý výrok.
Řešení (b)
Pro $g \in G$ máme \[ g \ZZ(\G) = \{g\odot z \mid z \in \ZZ(\G)\} = \{z\odot g \mid z \in \ZZ(\G)\} = \ZZ(\G) g, \] kde jsme využili toho, že prvky centra se vším komutují.
Řešení (c)
Prvky centra komutují se vším, speciálně tedy s ostatními prvky centra. Centrum tedy musí být vždy komutativní grupa.
Řešení (d)
Rotace o $90^\circ$ nekomutují s žádnou osovou symetrií a žádná osová symetrie nekomutuje s (ani jednou) rotací o $90^\circ$; rotace o $180^\circ$ komutuje zřejmě se všemi dalšími rotacemi a rovněž s osovými symetriemi (v zásadě proto, že zobrazí každou osu symetrie na sebe), takže $\ZZ(\D_8) = \{\mathrm{id}, \text{rotace o $180^\circ$}\}$. Imaginární jednotky v $\QQ$ nekomutují s jinými imaginárními jednotkami, takže $\ZZ(\QQ) = \{\pm1\}$.
Řešení (e)
Nechť $g, h \in G$ splňují $g \odot h = z \in \ZZ(\G)$; pak $g = z \odot h^{-1} = h^{-1} \odot z$, takže $h \odot g = z = g \odot h$.

Generace grup

Nalezněte nějakou $n$-prvkovou množinu generátorů grupy $\G$, je-li
  1. $n = 2$, $\G = \S_3$,
  2. $n = 2$, $\G = \A_4$,
  3. $n = 2$, $\G = \Z_2 \times \Z_2 \times \Z_3$,
  4. $n = 2$, $\G = \Z_8^*$,
  5. $n = 2$, $\G = \D_{2020}$,
  6. $n = 2$, $\G = \QQ$,
  7. $n = 1$, $\G = \Z_7^*$,
  8. $n = 1$, $\G = (\Z_3[\alpha]/(\alpha^2+1))^*$,
  9. $n = 3$, $\G = {}$nějaká grupa, která nejde nagenerovat dvěma prvky, ale třemi už půjde; nalezněte nějakou takovou!
Řešení (a)
Podle příkladu v Textu je takovou množinou např. $\{(1\,2), (1\,2\,3)\}$, což se zde nahlédne ještě snáze – složením těchto dvou permutací v obou možných pořadích získáme zbývající transpozice, které už grupu permutací vždy generují.
Řešení (b)
Skoro cokoliv bude fungovat, třeba $\{(1\,2\,3), (2\,3\,4)\}$. Druhé mocniny jsou trojcykly jdoucí opačným směrem. Jedním složením dostaneme $(1\,3)(2\,4)$, druhým $(1\,2)(3\,4)$. Složením těchto dvou „dvojtranspozic“ dostaneme poslední chybějící dvojtranspozici. Konjugováním již získaných trojcyklů pomocí těchto dvojtranspozic už dostaneme libovolný trojcyklus, např. \[ (1\,3\,4) = (1\,3)(2\,4) \circ (1\,2\,3) \circ (1\,3)(2\,4). \] Ne všechny dvojprvkové podmnožiny by ale nefungovaly, třeba kdybychom si vzali dvě dvojtranspozice nebo dva opačné trojcykly.
Řešení (c)
Využijeme toho, že podle Čínské zbytkové věty je $\Z_2 \times \Z_3$ isomorfní $\Z_6$ (přičemž tento isomorfismus posílá $(1, 1) \in \Z_2 \times \Z_3$ na $1 \in \Z_6$), odkud vidíme, že zadaná grupa je isomorfní $\Z_2 \times \Z_6$. Tato nová grupa je zřemě generovaná $\{(1,0), (0,1)\}$, takže původní grupa je generována $\{(1,0,0),(0,1,1)\}$, jelikož isomorfismus posílá množinu generátorů na množinu generátorů.
Řešení (d)
Libovolné dva netriviální prvky budou fungovat, jak se snadno ověří.
Řešení (e)
Ukážeme, že dihedrální grupa $\D_{2n}$ je vždy generována rotací o $360^\circ/n$ a libovolnou jednou osovou symetrií. Skládáním oné rotace se sebou samotnou dostaneme všechny rotace. Složíme-li všechny tyto rotace (včetně triviální) se zadanou osovou symetrií, dostaneme (díky vlastnosti krácení) $n$ různých prvků grupy, které jsou všechny různé od rotací, protože jde o nepřímé shodnosti, tedy takto nagenerujeme celou grupu.
Řešení (f)
Například $\{i, j\}$. Máme $i^2 = -1$, $ij = k$, s pomocí těchto už velmi snadno vyrobíme libovolný prvek $\QQ$.
Řešení (g)
Možné volby jsou $\{3\}$ a $\{5\}$. Protože (Lagrange) řád prvku musí dělit řád grupy, který je v tomto případě $6$, stačí ověřit, že tyto prvky nemají řád $2$ ani $3$.
Řešení (h)
Uvedená grupa má řád $8$, abychom ukázali, že zadaný prvek je generátor, stačí nám (Lagrange) ověřit, že jeho čtvrtá mocnina není $1$. To splňují přesně $\alpha+1$, $\alpha+2$, $2\alpha+1$ a $2\alpha+2$.
Řešení (i)
Nejmenším příkladem je $\Z_2 \times \Z_2 \times \Z_2$; z lineárněalgebraických argumentů je jasné, že jen pomocí dvou prvků celou grupu nenagenerujeme. Možnou množinou generátorů ovšem je například $\{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}$.
Ukažte, že následující grupy nemají konečnou množinu generátorů:
  1. $\Q$,
  2. $\Q^*$,
  3. libovolná nespočetná grupa.
Nápověda k (a)
V konečné množině generátorů se může vyskytnout jen konečně mnoho různých prvočísel v rozkladech jmenovatelů.
Nápověda k (b)
V konečné množině generátorů se může vyskytnout jen konečně mnoho různých prvočísel v rozkladech jmenovatelů i čitatelů.
Řešení (a)
Mějme konečnou podmnožinu $\Q$, kde každý zlomek zapíšeme v základním tvaru. V této množině se může vyskytnout jen konečně mnoho různých prvočísel ve jmenovatelích; sčítáním / odčítáním těchto čísel nikdy nedostaneme ve jmenovateli nové prvočíslo.
Řešení (b)
Mějme konečnou podmnožinu $\Q^*$, kde každý zlomek zapíšeme v základním tvaru. V této množině se může vyskytnout jen konečně mnoho různých prvočísel ve jmenovatelích i čitetelích; násobením / dělením těchto čísel nikdy nedostaneme ve jmenovateli či čitateli nové prvočíslo.
Řešení (c)
Je-li $X$ konečná množina, pak dle Tvrzení 2.2 z Textu je $\langle X\rangle_{\G}$ jen spočetná množina.
Pro každé $n \in \N$ nalezněte $n$-prvkovou množinu generátorů sčítací grupy $\Z$ s vlastností, že každá vlastní podmnožina oné množiny už nebude množinou generátorů.
Nápověda
To, že množina nageneruje celé $\Z$, se pozná tak, že pomocí ní dostaneme jedničku. Stačí zařídit, aby zadaná čísla byla „tak akorát nesoudělná“…
Řešení
To, že množina nageneruje celé $\Z$, se pozná tak, že pomocí ní dostaneme jedničku. To nastane právě tehdy, když největší společný dělitel prvků v množině bude $1$ – všimněte si, že podgrupy $\Z$ jsou (z definice!) totéž co ideály $\Z$ jakožto okruhu a jelikož jsou všechny ideály $\Z$ hlavní, vidíme, že podgrupa generovaná množinou čísel je rovna podgrupě generované největším společným dělitelem. Chceme-li vyrobit $n$-prvkovou množinu s podmínkou ze zadání, vezmeme si $n$ různých prvočísel a naše množina bude sestávat ze všech možných součinů $n-1$ z těchto čísel (kterýchžto součinů je $n$). Například pro $n = 4$ si tak vezmeme množinu \[ \{2\cdot3\cdot5, 2\cdot3\cdot7, 2\cdot5\cdot7, 3\cdot5\cdot7\}. \] Protože v každém prvku jedno prvočíslo chybí, je jejich celkový NSD roven $1$. Pokud ale nějaký prvek množiny vynecháme, budou všechny zbývající dělitelné přesně tím prvočíslem, které onomu prvku chybělo, takže jejich NSD bude větší než $1$.

Být, či nebýt isomorfní?

Motto: Mathematics is the art of giving the same name to different things. (Henri Poincaré)

V následujících úlohách se budu jakožto na Tabulku odkazovat na tabulku na str. 16 textu o grupách, kterážto udává všechny grupy daného řádu až na isomorfismus.

Nechť $\kk$ je libovolné těleso a $n \in \N$, $n \geq 2$. Definujme Heisenbergovu grupu $\H_n(\kk)$ jakožto podgrupu $\GL_n(\kk)$ sestávající ze všech $n \times n$ matic tvaru \[ \begin{pmatrix} 1 & * & * & \cdots & * & * \\ 0 & 1 & * & \cdots & * & * \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & * & * \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & * \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{pmatrix} \] (tj. horních trojúhelníkových matic, které mají na diagonále jedničky a nad diagonálou cokoliv).
  1. ☼ Ověřte, že jde skutečně o podgrupu $\GL_n(\kk)$.
  2. ☼ Dokažte, že pro libovolné těleso $\kk$ je $\H_2(\kk)$ isomorfní aditivní grupě tělesa $\kk$.
  3. Které grupě z Tabulky je isomorfní osmiprvková grupa $\H_3(\Z_2)$? Zkuste zkonstruovat konkrétní isomorfismus těchto dvou grup. Máte-li Mathematicu, může vám pomoct tento notebook, kde máte spočtenou tabulku násobení a řády prvků (a vůbec z něj můžete odkoukat různé finty).
Poznámka: ve skutečnosti může v definici být $\kk$ libovolný komutativní okruh a také dostaneme grupu.
Řešení (a)
Jednotkovou matici rozhodně $\H_n(\kk)$ obsahuje. Součin horních trojúhelníkových matic je horní trojúhelníková matice a je vidět, že na diagonále součinu budou součiny odpovídajících si prvků diagonály, takže jedničky. Když si vzpomenete, jak se hledá inverzní matice, je také jasné, že $\H_n(\kk)$ obsahuje s každou maticí i matici inverzní.
Řešení (b)
Definujme zobrazení $f \colon \kk \to \H_2(\kk)$ předpisem $f(x) = \bigl(\begin{smallmatrix}1 & x \\ 0 & 1\end{smallmatrix}\bigr)$. To je zřejmě bijekce. Dle tvrzení z přednášky stačí na důkaz toho, že je zobrazení grup homomorfismem, ověřit, že zobrazení zachovává binární operaci grupy; je ovšem \[ \begin{pmatrix} 1 & x \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & y \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & x + y \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \] což je přesně ona podmínka $f(x)f(y) = f(x+y)$.
Řešení (c)

Snadno nahlédneme, že $\H_3(\Z_2)$ není komutativní. Výpočtem řádů vidíme, že $\H_3(\Z_2)$ má právě dva prvky řádu $4$, \[ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \quad \text{a} \quad \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \] tedy může být isomorfní pouze $\D_8$ (kde ony dva prvky řádu $4$ jsou rotace o $90^\circ$ na obě strany). Dále uvedeme dva možné přístupy.

Přímý útok

Řekněme, že ony dvě matice jsou pořadě otočení o $90^\circ$ proti a po směru hodinových ručiček. Druhá mocnina oněch dvou matic řádu $4$ je \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}, \] což musí isomorfismus poslat na otočení o $180^\circ$ (kteréžto je druhou mocninou otočení o $90^\circ$). Zbývá dořešit zbývající prvky řádu $2$, které se musí zobrazit na osové symetrie. Ve skutečnosti je geometricky vidět, že v tom máme velikou volnost – zkusme proto třeba symetrii podle vertikální osy přiřadit \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}, \] symetrie podle horizontální osy pak bude ta, která s ní po složení (v libovolném pořadí) dá rotaci o $180^\circ$, tj. \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}. \] Zbytek už je tímto jednoznačně určen: symetrii podle „severovýchodní osy“ získáme jako složení rotace o $90^\circ$ proti směru a symetrie podle svislé osy, symetrii podle „severozápadní osy“ získáme třeba jako složení rotace o $90^\circ$ po směru a symetrie podle svislé osy, takže tyto dvě budou popořadě \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \quad \text{a} \quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \] (matice, tj. zobrazení se skládají zprava doleva). Tento mathematicový notebook, kde jsou prvky $\D_8$ reprezentovány jako reálné matice (uvedené v tom pořadí, v jakém jsou vypsané prvky $\H_3(\Z_2)$), demonstruje, že jsme vskutku vyrobili isomorfismus.

Nepřímý útok

$\D_8$ jsou symetrie čtverce, nebylo by tedy pěkné ten „čtverec“ někde najít? Prvky $\H_3(\Z_2)$ jakožto matice přirozeně působí na vektorovém prostoru $\Z_2^3$. Jelikož jsou matice horní trojúhelníkové, $\operatorname{LO}(\mathbf{e}_1)$ a $\operatorname{LO}(\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2)$ jsou jejich invariantní podprostory, jejichž prvky ony matice „moc“ nehýbou. Ovšem množinový doplněk tohoto podprostoru, tj. vektory s jedničkou na třetí souřadnici, těmi už to manipuluje celkem výživně… A navíc jsou čtyři… Když se podíváme, co dělá jedna z matic řádu $4$ na této množině, zjišťujeme, že \[ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \]

Vektory $(0,0,1)^T$, $(0,1,1)^T$, $(1,0,1)^T$, $(1,1,1)^T$ tedy budou „vrcholy“ našeho „čtverce“ (v tomto pořadí). Nyní již působením ostatních matic na těchto čtyřech vektorech snadno zjistíme, který prvek $\D_8$ odpovídá které matici $\H_3(\Z_2)$!
V Tabulce máme v řádku $12$ pět grup: $\Z_4 \times \Z_3$, $\Z_2 \times \Z_2 \times \Z_3$, $\A_4$, $\D_{12}$ a tajemnou grupu $\X$.
  1. ☼ Ukažte, že kromě $\X$ jsou uvedené čtyři grupy opravdu po dvou neisomorfní.
  2. (možná ★, nevím) Dokažte, že $\D_{12}$ je isomorfní $\Z_2 \times \S_3$.
  3. ★ Zkonstruujte grupu $\X$: v kvaternionové grupě $\QQ$ jednu komplexní jednotku (i mínus ji) vyhoďte, druhou ponechejte a třetí nahraďte jiným vhodným kvaternionem, který bude mít řád $6$ (uvědomte si, že $\C$ je podtěleso (nekomutativního) tělesa kvaternionů!), a sledujte, co se stane (nějaké prvky ještě nezbytně přibydou). Ukažte, že takto sestrojená $\X$ je skutečně neisomorfní těm čtyřem předchozím grupám.
Nápověda k (a)
První dvě uvedené grupy jsou komutativní, druhé dvě nejsou. K odlišení oněch dvou komutativních grup i těch nekomutativních stačí prozkoumat řády prvků.
Nápověda k (b)
Následující dva grafy jsou isomorfní:
Řešení (a)
Předně poznamenejme, že $\A_4$ je opravdu nekomutativní, protože $(1\,2\,3)\circ(2\,3\,4) = (1\,3)(2\,4)$, zatímco $(2\,3\,4)\circ(1\,2\,3) = (1\,2)(3\,4)$. (Poznámka: $\A_3$ komutativní je, $\A_4$ a dál už ne.) Co se týče komutativních grup, tak $\Z_4 \times \Z_3$ má prvek řádu $4$ (konkrétně $(1, 0)$) a prvek řádu $12$ (konkrétně $(1,1)$), které $\Z_2 \times \Z_2 \times \Z_3$ nemá. Rovněž první z těchto dvou grup je cyklická (generovaná jedním prvkem $(1,1)$), což se o té druhé říct nedá. $\D_{12}$ má prvek řádu $6$ (rotaci o $30^\circ$), ovšem $\A_4$ žádný takový prvek nemá (řád permutace je $\nsn$ délek cyklů).
Řešení (b)
Nejsnáze se to (podle mě) uvidí z těch grafů v nápovědě. Ten první graf má celkem jasně za grupu automorfismů $\Z_2 \times \S_3$, kde $\Z_2$ odpovídá prohození trojúhelníků a $\S_3$ permutuje vrcholy obou trojúhleníků současně (musí se permutovat stejně kvůli pospojování hranami). Oproti tomu druhý graf (jehož doplňkem je kružnice $C_6$!) má celkem jasně grupu automorfismů $\D_{12}$, kterážto na jeho vrcholech působí analogicky jako na vrcholech pravidelného šestiúhelníka. Jelikož jsou ony grafy isomorfní, mají isomorfní i grupy automorfismů.
Řešení (c)
Nechť $\omega = a + bi = \exp(\pi i/3)$, kde $a, b \in \R$. Pak $\ord(\omega) = 6$ jakožto prvku grupy $\C^*$. V $\X$ pak dále budou všechny čtyři prvky $\pm a \pm bi$ (platí $\omega^3 = -1$). V $\X$ pak ponecháme $\pm j$ a z kvaternionové aritmetiky máme $(a+bi)j = aj + bk$, $j(a+bi) = aj - bk$; jinak řečeno, $\omega j = j \omega^5$. Není tedy těžké si rozmyslet, že každý prvek $\X$ lze jednoznačně zapsat ve tvaru $j^r \omega^s$, kde $r \in \{0,1\}$ a $s \in \{0,\ldots,5\}$, takže $\X$ má vskutku $12$ prvků. Vidíme, že je nekomutativní a $j$ má stále řád $4$, kterýžto řád se nevyskytuje ani v $\A_4$, ani v $\D_{12}$, jde tedy opravdu o hledanou pátou grupu. (Grupám tohoto typu se asi říká dicyklické.)
Jsou $\R$ a $\C$ jakožto sčítací grupy isomorfní?
Odpověď
Ano.
Varování, které je asi i nápovědou
Pochybuji, že toto lze dokázat bez axiomu výběru, takže se nesnažte o kdovíjak explicitní konstrukci.
Řešení
V obou případech jde o vektorový prostor nad $\Q$ téže dimenze (konkrétně kontinuum). Jsou-li isomorfní jakožto vektorové prostory nad $\Q$, jsou také zřejmě isomorfní i jako grupy.

★ Náhodné věci na závěr

Dokažte, že homomorfismy z volné grupy na množině $X$ do libovolné grupy $\G$ jsou v („přirozené“) bijekci se zobrazeními $X \to G$. Nevíte-li, co je to volná grupa, podívejte se na předchozí cviko.
V tomto videu (které je jinak takřka isomorfní tomu z minulého cvičení) byl učiněn překvapivý musikologický objev, existence inversion retrograde. Nikde na netu jsem o tom nic nenašel a pokud mohu soudit z letmých záběrů not, jde jen o retrograde inversion, kterou posunul o kvintu nahoru; ale budiž. To by tedy znamenalo, že tyto úpravy netvoří Kleinovu čtyřgrupu, ale spíše nekonečnou dihedrální grupu $\D_\infty$. Ta je tvořená (konečnými, potenciálně prázdnými) řetězci $R$ a $I$, kde se $R$ a $I$ musí střídat, a podobně jako ve volné grupě je operací konkatenace řetězců, přičemž se aplikuje $R^2 = 1$ a $I^2 = 1$. Dokažte, že tato grupa je isomorfní grupě isometrií celých čísel.
Nástin řešení
$R$ a $I$ interpretujeme jako středové symetrie podle $\frac12$ a $-\frac12$ (třeba).