f : G G G = 7 12 = 5 / N. x 2 +1 (x y) z = (x+y+xy) z = x+y+xy+z+(x+y+xy)z = x+y+z+xy+yz+xz+xyz.

Transcript

1 Σ.Παπαδόπουλος 1 1 Βασικές έννοιες ομάδας Εστω G ένα σύνολο με G. Μία πράξη στο G είναι μία συνάρτηση f : G G G. Αντί f(x, y) γράφουμε x y και αν δεν υπάρχει περίπτωση σύγχυσης xy. Είναι φανερό ότι σε ένα σύνολο G μπορούν να ορισθούν πολλές πράξεις. Παραδείγματα 1) Εστω το σύνολο N = {0, 1, 2,...}. Αν θέσουμε x y = x + y + xy τότε η είναι μία πράξη στο N. Αν θέσουμε x y x + y xy δεν έχουμε πράξη γιατί = 7 12 = 5 / N. Αν θέσουμε x y = (x + y) 2 + x έχουμε μία πράξη στο N. 2) Εστω το σύνολο R. Αν θέσουμε x y = x + y + 1 έχουμε μία πράξη στο R. x 2 +1 Αν θέσουμε x y = 1 + y τότε δεν έχουμε πράξη γιατί 0 1 = και το 1 x 0 0 δεν ορίζεται. Μία πράξη σε ένα σύνολο G λέγεται προσεταιριστική αν για κάθε x, y, z G ισχύει x (y z) = (x y) z. Θα πρέπει να τονίσουμε ότι αν έχουμε μία πράξη στο G τότε το στοιχείο x y z δεν έχει νόημα. Αν όμως η πράξη είναι προσεταιριστική τότε το x y z έχει νόημα και είναι το x (y z) ή το (x y) z. Παραδείγματα 1) Η πράξη x y = x + y + xy στο σύνολο N είναι προσεταιριστική. Πράγματι (x y) z = (x+y+xy) z = x+y+xy+z+(x+y+xy)z = x+y+z+xy+yz+xz+xyz. x (y z) = x (y+z+yz) = x+y+z+yz+x(y+z+yz) = x+y+z+yz+xy+xz+xyz.

2 Σ.Παπαδόπουλος 2 Άρα (x y) z = x (y z). 2) Η πράξη x y = x + y στο R {0} δεν είναι προσεταιριστική. y x Εχουμε και (x y) z = x (y z) = x ( x y + y ) z = x ( y z + z ) y x y + y x z = x y z + z y + z x y + y x + y z + z y x = x2 + y 2 xyz + xyz x 2 + y 2 = xyz y 2 + z 2 + y2 + z 2 xyz. Θα παρατηρήσατε ότι οι πράξεις που ορίσαμε στα παραδείγματα είναι περίεργες. Αυτές ορίστηκαν με τη βοήθεια των συνηθισμένων πράξεων +, που είχαμε στο R. Ορισμός ομάδας Εστω ένα σύνολο G, G με μια πράξη. Δηλαδή για x, y G ισχύει x y G. Το σύνολο G με την πράξη αποτελεί ομάδα αν έχει τις εξής ιδιότητες: x, y, z G (x y) z = x (y z) (προσεταιριστική ιδιότητα.) Υπάρχει e G ώστε x G x e = e x = x. (ύπαρξη ουδέτερου στοιχείου.) Για κάθε x G υπάρχει x G ώστε x x = x x = e, (ύπαρξη αντιστρόφου.) Το e είναι μοναδικό. Απόδειξη: Εστω e G ώστε x G x e = e x = x. Για x = e έχουμε e e = e. Για x = e στην x e = x έχουμε e e = e. Άρα e = e.

3 Σ.Παπαδόπουλος 3 Το x είναι μοναδικό. Απόδειξη: Εστω x ώστε x x = x x = e. Τότε: x = x e = x (x x ) = (x x) x = e x = x. Στην περίπτωση που σε μία ομάδα (G, ) ισχύει x, y x y = y x τότε λέμε ότι η ομάδα είναι αβελιανή. Συνήθως την πράξη της ομάδας τη συμβολίζουμε με. Δηλαδή γράφουμε x.y. Πολλές φορές παραλείπουμε και το. γράφοντας απλώς xy. Αν η ομάδα είναι αβελιανή, πολλές φορές συμβολίζουμε την πράξη με +. Στην περίπτωση που την πράξη την συμβολίζουμε με + σε μία αβελιανή ομάδα, το ουδέτερο στοιχείο το συμβολίζουμε με 0 και το αντίστροφο στοιχείο του a με a (εδώ το λέμε αντίθετο). Στην περίπτωση που συμβολίζουμε την πράξη με xy το αντίστροφο στοιχείο του x το συμβολίζουμε με x 1, ενώ το ουδέτερο με 1. Εστω G ομάδα με συμβολισμό πράξης xy και a G. Για n Z ορίζουμε a 0 = e (ή 1 αν έχουμε ουδέτερο το 1). a n = aa...a }{{} n φορές αν n > 0. a n = a 1 a 1...a 1 }{{} n φορές αν n < 0. Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι a n+m = a n a m για n, m Z και (a 1 ) n = a n για n Z. Αν στην G η πράξη είναι +, δηλαδή γράφουμε x + y και a G τότε ορίζουμε για n Z 0a = 0 0 Z, 0 το ουδέτερο στοιχείο της G. na = a + a a }{{} n φορές όταν n > 0.

4 Σ.Παπαδόπουλος 4 na = ( a) + ( a) ( a) }{{} n φορές a το αντίστροφο (αντίθετο) του a. Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι όταν n < 0. (n + m)a = na + ma, n, m Z, n( a) = ( n)a n Z. Παραδείγματα ομάδων 1) (R, +), (Q, +), (Z, +) αβελιανές. 2) (R {0},.), (Q {0},.) αβελιανές. 3) Εστω (F, +,.) σώμα. Τα (F, +), (F {0},.) είναι ομάδες και λέγονται η προσθετική και πολλαπλασιαστική ομάδα του σώματος αντίστοιχα. Και οι δύο είναι αβελιανές. 4) Εστω R μεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο το 1. Το U(R) = {x R : υπάρχει x R με xx = 1} με πράξη τον πολλαπλασιασμό του δακτυλίου είναι αβελιανή ομάδα. 5) Το σύνολο {( ) a β GL(2, Q) = γ δ } : α, β, γ, δ Q, αδ βγ 0 με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων αποτελεί μία μη αβελιανή ομάδα. ( ) ( ) ( ) ( ) ) Εστω F σώμα. Το σύνολο {( ) a β GL(2, F ) = γ δ } : α, β, γ, δ F, αδ βγ 0 με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων αποτελεί μία μη αβελιανή ομάδα.

5 Σ.Παπαδόπουλος 5 7) Το GL(2, Z 2 ) είναι μία μη αβελιανή ομάδα. Γιατί ( ) ( ) ( ) ( ) Το ενδιαφέρον είναι ότι το GL(2, Z 2 ) είναι πεπερασμένο. Οπως θα δούμε στην άσκηση 1.4 έχει 6 στοιχεία. 8) Εστω n N. Θεωρούμε το σύνολο G = {z C : z n = 1}. Με πράξη τον πολλαπλασιασμό μιγαδικών αριθμών το σύνολο αυτό αποτελεί ομάδα. Επειδή z n = 1 z = e 2kπi n k = 0, 1, 2,..., n 1. το σύνολο G έχει n στοιχεία. Επειδή αν a = e 2πi n τότε a k = e 2kπi n Προφανώς η G είναι αβελιανή. έχουμε ότι G = {1, a, a 2,..., a n 1 }. 9) Το σύνολο G = {1, i, 1, i} με πράξη τον πολλαπλασιασμό μιγαδικών αριθμών είναι αβελιανή ομάδα. Παρατηρείστε ότι {1, i, 1, i} = {z C : z 4 = 1} 10) Εστω M = {1, 2, 3,..., n}. Θέτουμε S(M) = {f/f : M M 1 1 συνάρτηση} (Επειδή το M είναι πεπερασμένο για μια f : M M συνάρτηση ισχύει f 1 1 f επί.) Το S(M) με πράξη τη σύνθεση συναρτήσεων αποτελεί μία μη αβελιανή ομάδα όταν το M έχει περισσότερα από 2 στοιχεία. Το S(M) το συμβολίζουμε με S n.

6 Σ.Παπαδόπουλος 6 Η S n έχει n! στοιχεία. Απόδειξη: Αν f S n τότε το f το γνωρίζουμε αν γνωρίζουμε τα f(1), f(2), f(3),..., f(n). Για το f(1) έχουμε n περιπτώσεις, για το f(2) έχουμε n 1 περιπτώσεις (προσοχή f 1 1), για το f(3) έχουμε n 2 περιπτώσεις κ.λ.π. Από την πολλαπλασιαστική αρχή το S n έχει n(n 1) = n! στοιχεία. Για n = 2 το S n έχει δύο στοιχεία τα f, g όπου f(1) = 1, f(2) = 2, g(1) = 2, g(2) = 1. Προφανώς f g = g f = g οπότε η S 2 είναι αβελιανή. Για n 3 η S n δεν είναι αβελιανή ομάδα. Απόδειξη: Θεωρούμε τις f, g S n ως εξής: f(1) = 2 f(2) = 3 f(3) = 1 και f(x) = x για x {1, 2,..., n} {1, 2, 3} g(1) = 2 g(2) = 1 g(x) = x για x {1, 2,..., n} {1, 2} f g(1) = f(g(1)) = f(2) = 3, g f(1) = g(f(1)) = g(2) = 1 Αφού f g(1) g f(1) έχουμε ότι f g g f. Άρα η S n δεν είναι αβελιανή για n 3. Οπως είδαμε από τα παραπάνω παραδείγματα υπάρχουν ομάδες που έχουν άπειρα στοιχεία καθώς και ομάδες που το πλήθος των στοιχείων τους είναι πεπερασμένο. Εστω G μία ομάδα. Αν η G έχει άπειρα το πλήθος στοιχεία τότε λέμε ότι έχει άπειρη τάξη και γράφουμε G =. Αν η G έχει πεπερασμένο το πλήθος στοιχείων έστω n τότε λέμε ότι έχει πεπερασμένη τάξη ίση με n και γράφουμε G = n. Παραδείγματα Στα πιο πάνω παραδείγματα έχουμε: Στο 1, 2 όλες οι ομάδες έχουν άπειρη τάξη. Στο 8 έχουμε ότι G = n.

7 Σ.Παπαδόπουλος 7 Στο 9 έχουμε ότι G = 4. Στο 10 έχουμε ότι S n = n!. Παρατήρηση Θα πρέπει να παρατηρήσουμε ότι επειδή κάθε ομάδα έχει τουλάχιστον ένα στοιχείο το e πάντα G 1. Βασικές ιδιότητες ομάδων Εστω G μία ομάδα. 1) Στην G ισχύει ο νόμος της διαγραφής, δηλαδή: xy = x 1 y x = x 1 yx = yx 1 x = x 1. 2) Για α, b G οι εξισώσεις xα = b, αx = b έχουν μοναδική λύση. 3) Για α 1, α 2,..., α k G ισχύει (α 1 α 2...α k ) 1 = α 1 k α 1 k 1...α ) Για α G έχουμε (α 1 ) 1 = α. Αποδείξεις: 1) Από την xy = x 1 y έχουμε xyy 1 = x 1 yy 1. Επειδή yy 1 = e παίρνουμε x = x 1. Ομοια για τη δεύτερη. 2) Από την xα = b παίρνουμε ότι xαα 1 = bα 1. Επειδή αα 1 = e έχουμε x = bα 1. Η μοναδικότητα προκύπτει από την 1). Ομοια για τη δεύτερη. 3) Θα κάνουμε επαγωγή στο k. Για k = 2 πρέπει να αποδείξουμε ότι (α 1 α 2 ) 1 = α2 1 α1 1. Επειδή (α 1 α 2 )(α2 1 α1 1 ) = α 1 (α 2 α2 1 )α1 1 = α 1 α1 1 = e η μοναδικότητα του αντιστρόφου μας δίνει ότι Εστω ότι ισχύει για k = n, δηλαδή (α 1 α 2 ) 1 = α 1 2 α 1 1. (α 1 α 2...α n ) 1 = αn 1 αn 1...α 1 1.

8 Σ.Παπαδόπουλος 8 Εχουμε (α 1 α 2...α n α n+1 ) 1 = ((α 1 α 2...α n )α n+1 ) 1 = α 1 n+1(α 1 α 2...α n ) 1 = α 1 n+1αn 1 όπου χρησιμοποιήσαμε τη σχέση για k = n και ότι ισχύει η ιδιότητα για 2 στοιχεία. Άρα ισχύει για n = k ) (α 1 ) 1 α 1 = e. Επειδή αα 1 = e η μοναδικότητα του αντιστρόφου μας δίνει ότι α = (α 1 ) 1. Εστω (G 1, ), (G 2, ) δύο ομάδες. Στο σύνολο G 1 G 2 μπορούμε να ορίσουμε την πράξη (g 1, g 2 )(h 1, h 2 ) = (g 1 h 1, g 2 h 2 ) Με την πράξη αυτή το G 1 G 2 είναι ομάδα και λέγεται το ευθύ γινόμενο των (G 1, ), (G 2, ). Με όμοιο τρόπο μπορούμε να ορίσουμε το ευθύ γινόμενο περισσότερων από δύο ομάδων. αn 1...α 1 1

9 Σ.Παπαδόπουλος 9 ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΓΙΑ ΤΑ ΠΑΡΑΚΑΤΩ Άσκηση 1.1 Εστω G ομάδα με G = 2n. Να δειχθεί ότι υπάρχει a G με a e ώστε a 2 = e. Λύση: Εστω a G με a 2 = e, δηλαδή aa = e. Από την aa = e παίρνουμε a = a 1. Συμπεραίνουμε ότι a 2 = e a = a 1 (1) Εστω ότι δεν υπάρχει a G με a e, a 2 = e. Για κάθε a G με a e θα έχουμε a 2 e. Λόγω της (1) συμπεραίνουμε ότι: Για κάθε a G με a e έχουμε a a 1. Αφού για a e έχουμε a a 1 τα στοιχεία της G εκτός του e μπορούν να γραφούν: a 1, a 1 1, a 2, a 1 2,..., a k, a 1 k Άρα η G έχει 2k + 1 στοιχεία. ΑΤΟΠΟ. Άρα υπάρχει a G με a e και a 2 = e. Άσκηση 1.2 Εστω G μια ομάδα. Για a G θέτουμε T a : G G με T a (x) = ax. Δείξτε ότι το σύνολο {T a : a G} αποτελεί μία ομάδα με πράξη τη σύνθεση των συναρτήσεων. Λύση: Εστω a G. Επειδή T a : G G T a T b : G G. Για x G έχουμε T b : G G ορίζεται η T a T b (x) = T a (T b (x)) = T a (bx) = abx = T ab (x) Συμπεραίνουμε ότι T a T b = T ab. Άρα πράγματι η σύνθεση συναρτήσεων είναι πράξη στο δοσμένο σύνολο. Η πράξη είναι προσεταιριστική γιατί γενικά η σύνθεση συναρτήσεων είναι προσεταιριστική πράξη. Εστω e το ουδέτερο στοιχείο της G. Επειδή T a T e = T ae = T a = T ea = T e T a

10 Σ.Παπαδόπουλος 10 το ουδέτερο είναι το T e. Για a G έχουμε T a T a 1 = T aa 1 = T e T a 1 T a = T a 1 a = T e. Άρα το αντίστροφο του T a είναι το T a 1. Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο και για κάθε στοιχείο υπάρχει αντίστροφο έχουμε ομάδα. Άσκηση 1.3 α) Δείξτε ότι το ευθύ γινόμενο δύο ομάδων (G 1, ), (G 2, ) είναι πράγματι ομάδα. β) Αν η τάξη της G 1 είναι m και της G 2 είναι n τότε δείξτε ότι η τάξη της G 1 G 2 είναι m.n Λύση: α) Στο G 1 G 2 έχουμε ορίσει την πράξη που δεν έχει πρόβλημα αφού (g 1, g 2 )(h 1, h 2 ) = (g 1 h 1, g 2 h 2 ) g 1 h 1 G 1 g 2 h 2 G 2. Επειδή οι, είναι προσεταιριστικές έχουμε ((g 1, g 2 )(h 1, h 2 ))(c 1, c 2 ) = (g 1 h 1, g 2 h 2 )(c 1, c 2 ) = ((g 1 h 1 ) c 1, (g 2 h 2 ) c 2 ) = = (g 1 (h 1 c 1 ), g 2 (h 2 c 2 )) = (g 1, g 2 )[(h 1, h 2 )(c 1, c 2 )] Άρα η πράξη στο G 1 G 2 είναι προσεταιριστική. Εστω e 1 G 1, e 2 G 2 τα ουδέτερα των G 1, G 2 αντίστοιχα. Για (g 1, g 2 ) G 1 G 2 έχουμε (g 1, g 2 )(e 1, e 2 ) = (g 1 e 1, g 2 e 2 ) = (g 1, g 2 ). (e 1, e 2 )(g 1, g 2 ) = (e 1 g 1, e 2 g 2 ) = (g 1, g 2 ) Άρα το (e 1, e 2 ) είναι ουδέτερο στην G 1 G 2. Εστω (g 1, g 2 ) G 1 G 2 και g 1, g 2 τα αντίστροφα των g 1, g 2 στις G 1, G 2 αντίστοιχα. Εχουμε ότι (g 1, g 2 )(g 1, g 2) = (g 1 g 1, g 2 g 2) = (e 1, e 2 ) και (g 1, g 2)(g 1, g 2 ) = (g 1 g 1, g 2 g 2 ) = (e 1, e 2 ).

11 Σ.Παπαδόπουλος 11 Άρα το αντίστροφο του (g 1, g 2 ) είναι το (g 1, g 2). Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο και για κάθε στοιχείο υπάρχει αντίστροφο έχουμε ομάδα. β)τα στοιχεία της G 1 G 2 έχουν την μορφή (g 1, g 2 ) με g 1 G 1 g 2 G 2. Αφού έχουμε m επιλογές για το g 1 και n επιλογές για το g 2 το πλήθος των στοιχείων της G 1 G 2 λόγω της πολλαπλασιαστικής αρχής είναι mn. Άρα η G 1 G 2 έχει mn τάξη. Άσκηση 1.4 Εστω F σώμα. Θέτουμε {( ) } a c GL(2, F ) = : a, b, c, d F, ad cb 0. b d i) Δείξτε ότι η GL(2, F ) με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων είναι ομάδα. ii) Να βρεθεί η τάξη της GL(2, Z p ), p πρώτος. ( ) a c Λύση: Για A = θέτουμε A = ad cb (την ορίζουσα του A). b d Κάνοντας πράξεις μπορούμε να δείξουμε ότι για A, B πίνακες 2 2 ισχύει AB = A B. ( ) ( ) a c a c Εστω A = B = b d b d με A, B GL(2, F ). Οι σχέσεις ad cb 0 a d c b 0 γράφονται: A 0, B 0. Ο AB είναι 2 2 πίνακας και AB = A B 0. Αφού AB 0 έχουμε ότι AB GL(2, F ). Άρα ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι πράξη στο GL(2, F ). Η πράξη είναι προσεταιριστική γιατί ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι προσεταιριστική ( πράξη. ) 1 0 Το I = όπου 1 το ουδέτερο της (F {0},.) είναι ουδέτερο της 0 1 GL(2, F ) γιατί ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a c a c a c = = b d b d b d

12 Σ.Παπαδόπουλος 12 ( ) a c Εστω A = GL(2, F ). b d Επειδή ad bc 0 και το F είναι σώμα υπάρχει το (ad bc) 1. ( ) d c Θέτουμε A 1 = (ad bc) 1. b a Κάνοντας πράξεις παίρνουμε AA 1 = A 1 A = I (1) Επίσης επειδή A A 1 = AA 1 = I = 1 προκύπτει A 1 0. Άρα A 1 GL(2, F ). Εφόσον ισχύει η (1) το A 1 είναι το αντίστροφο του A στην GL(2, F ). Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο στοιχείο και κάθε στοιχείο έχει αντίστροφο η GL(2, F ) είναι ομάδα. ii) Πρέπει να βρούμε πόσες τετράδες (a, b, c, d) με a, b, c, d Z p υπάρχουν ώστε ad cb 0. Ολες οι τετράδες από την πολλαπλασιαστική αρχή είναι p 4.(Το Z p έχει p στοιχεία) Θα μετρήσουμε τις τετράδες με ad cb = 0. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: α) a 0. Για τα c, b έχουμε p 2 επιλογές. Για το a έχουμε (p 1) επιλογές. Άρα για τα a, c, b έχουμε (p 1)p 2 επιλογές. Για a, c, b συγκεκριμένα το d είναι ορισμένο γιατί d = a 1 (cb). Άρα έχουμε (p 1)p 2 επιλογές. β) a = 0. Για το d έχουμε p επιλογές. Επειδή a = 0 και ad cb = 0 πρέπει cb = 0. Αφού cb = 0 πρέπει c = 0 ή b = 0. Άρα για τα c, b έχουμε 2p 1 επιλογές. (Το (0, 0), (0, b) με b 0, (c, 0)c 0). Άρα όταν a = 0 από την πολλαπλασιαστική αρχή έχουμε p(2p 1) επιλογές. Από τα α), β) συμπεραίνουμε ότι οι τετράδες με ad cb = 0 είναι (p 1)p 2 + p(2p 1).

13 Σ.Παπαδόπουλος 13 Αφού όλες οι τετράδες είναι p 4 και αυτές που δε θέλουμε είναι αυτές που ζητάμε είναι (p 1)p 2 + p(2p 1) p 4 ((p 1)p 2 + p(2p 1)) = p 4 (p 3 p 2 + 2p 2 p) = p 4 (p 3 + p 2 p) = = p 4 p 3 p 2 +p = p(p 3 p 2 p+1) = p(p 2 (p 1) (p 1)) = p(p 1)(p 2 1) Άρα η τάξη της GL(2, Z p ) είναι p(p 1)(p 2 1). ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση 1.5 Εστω G = R {0} R. Στο G ορίζουμε μία πράξη ως εξής Δείξτε ότι το (G, ) είναι ομάδα. (a 1, b 1 ) (a 2, b 2 ) = (a 1 a 2, a 1 b 2 + b 1 ). Λύση: Πράγματι έχουμε πράξη γιατί για a 1, a 2 0 έχουμε a 1 a 2 0. Θα εξετάσουμε την προσεταιριστικότητα. Εχουμε ((a 1, b 1 ) (a 2, b 2 )) (a 3, b 3 ) = (a 1 a 2, a 1 b 2 + b 1 ) (a 3, b 3 ) = = (a 1 a 2 a 3, a 1 a 2 b 3 + (a 1 b 2 + b 1 )) = (a 1 a 2 a 3, a 1 a 2 b 3 + a 1 b 2 + b 1 ) (a 1, b 1 ) ((a 2, b 2 ) (a 3, b 3 )) = (a 1, b 1 ) (a 2 a 3, a 2 b 3 + b 2 ) = = (a 1 a 2 a 3, a 1 (a 2 b 3 + b 2 ) + b 1 ) = (a 1 a 2 a 3, a 1 a 2 b 3 + a 1 b 2 + b 1 ) Άρα ((a 1, b 1 ) (a 2, b 2 )) (a 3, b 3 ) = (a 1 b 1 ) ((a 2, b 2 ) (a 3, b 3 )) οπότε η πράξη είναι προσεταιριστική. Θα ψάξουμε αν υπάρχει ουδέτερο. Εστω x, y x 0 ώστε (a, b) (x, y) = (a, b) για a 0, b R. Η σχέση γράφεται (ax, ay + b) = (a, b)

14 Σ.Παπαδόπουλος 14 Πρέπει ax = a ay + b = b. Για x = 1 y = 0 ισχύουν και οι δύο σχέσεις. Επειδή (a, b) (1, 0) = (a, b) και (1, 0) (a, b) = (a, b) το (1, 0) είναι το ουδέτερο στοιχείο. Θα πρέπει να βρούμε αν υπάρχει αντίστροφο. Εστω (a, b) G. Ψάχνουμε (x, y) G ώστε (a, b) (x, y) = (x, y)(a, b) = (1, 0). Η (a, b) (x, y) = (1, 0) γίνεται (ax, ay + b) = (1, 0). Άρα ax = 1 ay + b = 0. Λύνοντας ως προς x, y επειδή a 0 παίρνουμε x = 1 y = b. a a Εύκολα διαπιστώνουμε ότι (a, b) ( 1 a, b a ) = ( 1 a, b ) (a, b) = (1, 0). a Άρα το αντίστροφο του (a, b) είναι το ( 1 a, b a). Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο και για κάθε στοιχείο υπάρχει αντίστροφο έχουμε ομάδα. Άσκηση 1.6 Εστω G = {x R : 0 x < 1}. Για x, y G ορίζουμε x y = x + y [x + y], ([x] το ακέραιο μέρος του x.) Να δειχθεί ότι η είναι πράξη και το (G, ) αβελιανή ομάδα. Λύση: Για κάθε a R έχουμε 0 a [a] < 1. Άρα 0 x + y [x + y] < 1 οπότε έχουμε πράξη. Για την προσεταιριστικότητα χρειαζόμαστε ότι: Αν a R k Z τότε [a + k] = [a] + k. Εχουμε (x y) z = (x + y [x + y]) z = x + y [x + y] + z [x + y [x + y] + z] = x+y +z [x+y] [x+y +z [x+y]] = x+y +z [x+y] [x+y +z]+[x+y] = = x + y + z [x + y + z] Ομοια x (y z) = x+y +z [x+y +z] οπότε η πράξη είναι προσεταιριστική. Παρατηρούμε ότι x y = y x.

15 Σ.Παπαδόπουλος 15 Ψάχνουμε 0 e < 1 ώστε x e = x για 0 x < 1. Επειδή x e = x + e [x + e] πρέπει x + e [x + e] = x ή e [x + e] = 0. Αν θέσουμε e = 0 επειδή για 0 x < 1 [x] = 0 πληρείται η τελευταία σχέση. Άρα το 0 είναι ουδέτερο. Εστω 0 x < 1. Ψάχνουμε 0 x < 1 με x x = 0. Εχουμε x x = x + x [x + x ]. Αν x 0 τότε για x = 1 x έχουμε 0 < x < 1 και x x = 0. Αν x = 0 x = 0. Άρα κάθε στοιχείο έχει αντίστροφο. Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο και για κάθε στοιχείο υπάρχει αντίστροφο έχουμε ομάδα. Προφανώς η ομάδα είναι αβελιανή. Άσκηση 1.7 α) Εστω R μεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο. Εστω {( ) } a b G = : a, c U(R), b R 0 c Δείξτε ότι το G με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων είναι ομάδα. β) Αν R = Z m m 2 βρείτε την τάξη της G. Λύση: a) Εστω ( ) a b, 0 c ( a b 0 c ( ) a1 b 1 G 0 c 1 ) ( ) ( a1 b 1 aa1 ab = 1 + bc 1 0 c 1 0 cc 1 Επειδή για a, a 1, c, c 1 U(R) έχουμε aa 1, cc 1 U(R) παίρνουμε ότι ( ) ( ) a b a1 b 1 G. 0 c 0 c 1 Άρα ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι πράξη στο G. Η πράξη είναι προσεταιριστική γιατί ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι γενικά προσεταιριστική πράξη. ).

16 Σ.Παπαδόπουλος 16 ( ) 1 0 Ο πίνακας όπου 1 το μοναδιαίο στοιχείο του R βρίσκεται στο G. 0 1 (Θέτουμε a = c = 1 b = 0) και προφανώς ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b a b a b = = 0 c c 0 c ( ) 1 0 Άρα ο είναι το ουδέτερο στοιχείο. ( 0 1 ) ( ) a b x z Εστω G. Θέλουμε με x, y U(R) ώστε 0 c 0 y ( ) ( ) ( ) a b x z 1 0 = 0 c 0 y 0 1 Κάνοντας τις πράξεις πρέπει ax = 1 az + by = 0 cy = 1. Επειδή a, c U(R) υπάρχουν a, c U(R) με aa = 1 cc = 1. Άρα x = a y = c. Η az + by = 0 γίνεται az + bc = 0. Πολλαπλασιάζοντας με a έχουμε a az + a bc = 0 ή z = a bc. ( ) ( ) a a Το στοιχείο bc a b 0 c είναι το αντίστροφο του αφού 0 c ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a bc a b a b a a 0 c = bc c 0 c 0 c = 0 1 Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο και για κάθε στοιχείο υπάρχει αντίστροφο έχουμε ομάδα. β) Το U(Z m ) έχει ϕ(m) στοιχεία. ( ) a b Θέλουμε να μετρήσουμε πόσοι πίνακες υπάρχουν όταν a, c U(Z 0 c m ) και b Z m. Επειδή το Z m έχει m στοιχεία για το b έχουμε m επιλογές. Για τα a, c έχουμε ϕ(m) επιλογές. Από την πολλαπλασιαστική αρχή έχουμε ότι υπάρχουν mϕ(m)ϕ(m) πίνακες. Άρα η G έχει τάξη mϕ(m)ϕ(m).

17 Σ.Παπαδόπουλος 17 Άσκηση 1.8 Δείξτε ότι οι παρακάτω 4 πίνακες με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων αποτελούν μία ομάδα. ( ) ( ) ( ) ( ) ,,, Λύση: Θέτουμε ( ) 1 0 e =, a = 0 1 Παρατηρούμε ότι ( ) ( ) ( ) , b =, c = a 2 = b 2 = c 2 = e, ae = ea = a, be = eb = b, ce = ec = c ab = ba = c, ac = ca = b, cb = bc = a. Άρα κάνοντας πράξεις με τα e, a, b, c παίρνουμε κάποιο από αυτά. Άρα ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι πράξη σε αυτό το σύνολο πινάκων. Η πράξη είναι προσεταιριστική γιατί γενικά ο πολλαπλασιασμός πινάκων είναι προσεταιριστική πράξη. Ουδέτερο προφανώς είναι το e και a 1 = a b 1 = b c 1 = c. Άρα έχουμε ομάδα. Άσκηση 1.9 Εστω S = R { 1}. Στο S θεωρούμε την πράξη a b = a + b + ab. Δείξτε ότι (S, ) είναι ομάδα. Λύση: Για να είναι πράξη πρέπει να δείξουμε ότι για Επειδή a 1, b 1, έχουμε a + b + ab 1. a+b+ab = 1 a+b+ab+1 = 0 a+1+b(a+1) = 0 (a+1)(b+1) = 0 έχουμε αυτό που θέλουμε. Για την προσεταιριστικότητα έχουμε (a b) c = (a+b+ab) c = a+b+ab+c+(a+b+ab)c = a+b+ab+c+ac+bc+abc a (b c) = a (b+c+bc) = a+b+c+bc+a(b+c+bc) = a+b+c+bc+ab+ac+abc.

18 Σ.Παπαδόπουλος 18 Άρα (a b) c = a (b c) οπότε η πράξη είναι προσεταιριστική. Παρατηρούμε ότι a b = b a. Εστω e S ώστε a e = a για a S. Επειδή a e = a + e + ae πρέπει a + e + ae = a. Παίρνοντας e = 0 η τελευταία ισχύει. Άρα το 0 είναι το ουδέτερο στοιχείο. Εστω a S. Θέλουμε a ώστε a a = 0. Δηλαδή a + a + aa = 0. Λύνοντας έχουμε ότι a = a. (Επειδή a S a ) Πρέπει 1+a a S δηλαδή a 1. Αλλά a = 1 a = 1 1 = 0 άτοπο. 1 + a Άρα το αντίστροφο του a S είναι το a 1+a. Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο και για κάθε στοιχείο υπάρχει αντίστροφο έχουμε ομάδα. Άσκηση 1.10 Θεωρούμε το σύνολο G = R {0}. Στο G ορίζουμε την πράξη a b = a b. i) Δείξτε ότι η πράξη είναι προσεταιριστική. ii)δείξτε ότι υπάρχει e G ώστε x G e x = x. Ποιο είναι το e; iii)δείξτε ότι για κάθε x G υπάρχει x G ώστε x x = e. iv) Είναι το (G, ) ομάδα; Λύση: i)(a b) c = ( a b) c = a b c = a b c a (b c) = a ( b c) = a b c. Άρα (a b) c = a (b c) οπότε η πράξη είναι προσεταιριστική. ii) Εχουμε ότι e x = e x. Για να είναι e x = x αρκεί και πρέπει e x = x. Επειδή x 0 παίρνουμε e = 1. Άρα e = 1 ή 1. iii) Αν πάρουμε e = 1 θα πρέπει x x = 1. Δηλαδή x x = 1. Άρα x = 1 x (x 0). Αν e = 1 τότε x = 1 x. iv) Το G δεν είναι ομάδα γιατί δεν έχει ουδέτερο. Αν είχε τότε θα ήταν το 1 ή το 1. Εστω ότι είναι το 1. Επειδή a 1 = a για a = 2 παίρνουμε ( 2) 1 = 2 2 Άτοπο.

19 Σ.Παπαδόπουλος 19 Εστω ότι είναι το 1. Επειδή a ( 1) = a ( 1) = a για a = 3 παίρνουμε 3 ( 1) = 3 3 Άτοπο. Αφού δεν υπάρχει ουδέτερο δεν είναι ομάδα. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση 1.11 Εστω G ομάδα. i) Αν a, b G (ab) 2 = a 2 b 2 τότε η G είναι αβελιανή ομάδα. ii) Αν a G a 2 = e τότε η G είναι αβελιανή. Λύση: i) Επειδή (ab) 2 = (ab)(ab) = abab (Επειδή η πράξη είναι προσεταιριστική δεν παίζουν ρόλο οι παρενθέσεις.) η σχέση (ab) 2 = a 2 b 2 γράφεται abab = aabb. Χρησιμοποιώντας την ιδιότητα της διαγραφής (ή πολλαπλασιάζοντας από αριστερά με a 1 και από δεξιά με b 1 ) έχουμε ba = ab. Αφού για a, b G ab = ba η G είναι αβελιανή. ii) Εστω a, b G. Επειδή a 2 = e b 2 = e (ab) 2 = e έχουμε (ab) 2 = a 2 b 2. Από το i) παίρνουμε ότι η G είναι αβελιανή. Άσκηση 1.12 Εστω G ομάδα. Δείξτε ότι η G είναι αβελιανή αν και μόνο αν a, b G (ab) 1 = a 1 b 1. Λύση: Χρησιμοποιώντας ότι (ba) 1 = a 1 b 1 και (c 1 ) 1 = c έχουμε (ab) 1 = a 1 b 1 ((ab) 1 ) 1 = (a 1 b 1 ) 1 ab = (b 1 ) 1 (a 1 ) 1 ab = ba και δείξαμε το ζητούμενο. Άσκηση 1.13 Εστω μία πράξη επί ενός συνόλου X ώστε i) x, y, z X x (y z) = (x z) y ii) υπάρχει e X ώστε x X x e = e x = x. Δείξτε ότι η πράξη είναι προσεταιριστική και μεταθετική. Είναι το (X, ) ομάδα;

20 Σ.Παπαδόπουλος 20 Λύση: Θέτοντας x = e στην σχέση στο i) έχουμε ότι: Για κάθε y, z X e (y z) = (e z) y. Επειδή e (y z) = y z και e z = z η προηγούμενη σχέση γίνεται y z = z y. Άρα η πράξη είναι μεταθετική. Αφού η πράξη είναι μεταθετική έχουμε y z = z y. Χρησιμοποιώντας τη προηγούμενη η x (y z) = (x z) y γίνεται x (z y) = (x z) y. Η τελευταία σχέση μας δείχνει ότι η πράξη είναι προσεταιριστική. Οχι δεν είναι ομάδα αναγκαστικά. Για παράδειγμα αν X = N και = + e = 0 τότε πληρούνται τα i), ii) ενώ δεν έχουμε ομάδα. Άσκηση 1.14 Εστω G σύνολο με μία πράξη ώστε i) Η είναι προσεταιριστική. ii) Υπάρχει e G ώστε x e = x για x G. iii) Για x G υπάρχει x G ώστε x x = e. Να δειχθεί ότι το G αποτελεί ομάδα. Λύση: Αρκεί να δείξουμε ότι x x = e και e x = x. Λόγω του iii) για x = x υπάρχει (x ) ώστε x (x ) = e. Χρησιμοποιώντας την παραπάνω έχουμε: x x = x x e = x x x (x ) = x (x x ) (x ) = x e (x ) = x (x ) = e. Επίσης e x = x x x = x (x x) = x e = x. Άρα το G είναι ομάδα. Παρατήρηση Η άσκηση αυτή μας δείχνει ότι στον ορισμό της ομάδας οι σχέσεις e x = x x x = e είναι περιττές αφού μπορεί να αποδειχθούν από τις υπόλοιπες. Άσκηση 1.15 Εστω (G, ) μία ομάδα με το G πεπερασμένο. Εστω A G με A > G. Δείξτε ότι για κάθε g G υπάρχουν a, b A με g = ab. 2

21 Σ.Παπαδόπουλος 21 Λύση: Εστω A = {a 1,..., a n } A = n > G Εστω ένα g G. 2 Θεωρούμε τα στοιχεία a 1 i g i = 1, 2,..., n. Τα στοιχεία αυτά είναι διαφορετικά ανά δύο γιατί: a 1 i g = a 1 j g a 1 i = a 1 j a i = a j. Άρα το σύνολο B = {a 1 i g : i = 1, 2,..., n} έχει n στοιχεία. Αν A B = τότε το A B θα είχε 2n στοιχεία. Επειδή A B G θα έχουμε 2n G. Άτοπο αφού n > G. 2 Άρα A B. Αφού A B υπάρχουν i, j ώστε a 1 i g = a j ή g = a i a j. Θέτουμε a = a i, b = a j και έχουμε το ζητούμενο. Άσκηση 1.16 Εστω G πεπερασμένη ομάδα G = {a 1, a 2,..., a n }. Να δειχθεί ότι υπάρχουν k, m με 1 k < m n και a k a k+1...a m = e. Λύση: Θεωρούμε τα στοιχεία a 1 a 1 a 2... a 1 a 2...a i... a 1 a 2...a n Εχουμε δύο περιπτώσεις: 1 η = Τα στοιχεία είναι διαφορετικά ανά δύο. Επειδή τα στοιχεία είναι n το πλήθος και η ομάδα έχει n στοιχεία κάποιο από αυτά είναι το e. Εστω a 1 a 2...a i = e. Θέτουμε k = 1 m = i και έχουμε το ζητούμενο. 2 η = Τα στοιχεία δεν είναι διαφορετικά ανά δύο. Τότε θα υπάρχουν δύο που θα είναι ίσα. Δηλαδή a 1 a 2...a j = a 1 a 2...a i Υποθέτοντας ότι j < i και εφαρμόζοντας την ιδιότητα της διαγραφής έχουμε e = a j+1 a j+1...a i Θέτουμε k = j + 1 m = i και έχουμε το ζητούμενο.

22 Σ.Παπαδόπουλος 22 Άσκηση 1.17 Εστω G ομάδα και k N. Αν για κάθε x, y G έχουμε (xy) k = x k y k, (xy) k+1 = x k+1 y k+1, (xy) k+2 = x k+2 y k+2 τότε η G είναι αβελιανή. Λύση: Παρατηρούμε ότι Η σχέση (xy) k+2 = x k+2 y k+2 γίνεται (xy) k+2 = x(yx) k+1 y x(yx) k+1 y = x k+2 y k+2. Λόγω της ιδιότητας της διαγραφής η τελευταία δίνει Ομοια μπορούμε να δείξουμε ότι (yx) k+1 = x k+1 y k+1 (1). (yx) k = x k y k (2) Γράφοντας (yx) k+1 = (yx)(yx) k και χρησιμοποιώντας την (2) παίρνουμε (yx) k+1 = (yx)(x k y k ). Αντικαθιστώντας την τελευταία στην (1) παίρνουμε (yx)x k y k = x k+1 y k+1. Εφαρμόζοντας την ιδιότητα της διαγραφής η τελευταία μας δίνει yx k+1 = x k+1 y (3). Η σχέση (xy) k+1 = x k+1 y k+1 γράφεται (xy)x k y k = x k+1 y k+1. Διαγράφοντας το y k παίρνουμε (xy)x k = x k+1 y. Λόγω της (3) η τελευταία γίνεται (xy)x k = yx k+1. Διαγράφοντας το x k παίρνουμε xy = yx. Άρα η ομάδα είναι αβελιανή. Άσκηση 1.18 Εστω G αβελιανή ομάδα με G = n. Για a G δείξτε ότι a n = e.

23 Σ.Παπαδόπουλος 23 Λύση: Εστω G = {a 1, a 2,..., a n }. Θεωρούμε τα στοιχεία aa i i = 1, 2,..., n. Προφανώς τα στοιχεία αυτά είναι διαφορετικά ανά δύο, άρα n. Συμπεραίνουμε ότι G = {aa 1, aa 2,..., aa n }. Θεωρούμε το γινόμενο όλων των στοιχείων της G. Επειδή η G είναι αβελιανή δεν παίζει ρόλο η σειρά που θα τα πάρουμε. Από τη μια μορφή της G το γινόμενο είναι a 1 a 2...a n ενώ από την άλλη aa 1 aa 2...aa n. Άρα a 1 a 2...a n = aa 1 aa 2...aa n (1). Επειδή η G είναι αβελιανή aa 1 aa 2...aa n = a 1 a 2...a n a n Η (1) γίνεται a 1 a 2...a n = a 1 a 2...a n a n. Από την ιδιότητα της διαγραφής παίρνουμε a n = e. Άσκηση 1.19 Εστω G ομάδα και A G με A = n. Αν το σύνολο A έχει την ιδιότητα x A x 1 / A τότε το σύνολο {(a, b) : a A, b A, ab A} έχει το πολύ n(n 1) 2 στοιχεία. Λύση: Εστω a A, b A, ab A. Θέτουμε c = ab. Εχουμε b = a 1 c. Από το παραπάνω έχουμε ότι τα σύνολα G = {(a, b) : a A, b A, ab A} G 2 = {(a, c) : a A, c A, a 1 c A} έχουν το ίδιο πλήθος στοιχείων. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το G 2 έχει το πολύ n(n 1) στοιχεία. 2 Εχουμε ότι για a A (a, a) / G 2. Πράγματι αν (a, a) G 2 τότε e = a 1 a A. Αφού όμως x A x 1 / A και e 1 = e έχουμε ότι e / A Άτοπο. Άρα (a, a) / G 2. Για a, c A έχουμε (a, c) G 2 (c, a) / G 2. Πράγματι (a, c) G 2 a 1 c A (a 1 c) 1 / A c 1 a / A (c, a) / G 2.

24 Σ.Παπαδόπουλος 24 Παρατηρώντας ότι τα (a, c) με a, c A είναι n 2 και (a, a) / G 2 για a A έχουμε n 2 n υποψήφια στοιχεία στο G 2. Επειδή αν (a, c) G 2 (c, a) / G 2 έχουμε ότι το G 2 έχει το πολύ n 2 n 2 = n(n 1) 2 στοιχεία. Άσκηση 1.20 Εστω (G, ) ομάδα G 1 σύνολο και ϕ : G G 1 μία 1 1 και επί συνάρτηση. Στο G 1 ορίζουμε την εξής πράξη: Για a, b G 1 ab = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (b)). Δείξτε ότι το (G 1,.) είναι ομάδα και ϕ(x y) = ϕ(x)ϕ(y) για x, y G. Λύση: Επειδή ϕ 1 (a), ϕ 1 (b) G και ϕ 1 (a) ϕ 1 (b) G. Άρα ab = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (b)) ϕ(g) = G 1 οπότε έχουμε πράξη. Η πράξη είναι προσεταιριστική. Πράγματι: (ab)c = ϕ(ϕ 1 (ab) ϕ 1 (c)) = ϕ((ϕ 1 (ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (b)))) ϕ 1 (c)) = = ϕ((ϕ 1 (a) ϕ 1 (b)) ϕ 1 (c)) και a(bc) = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (bc)) = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (ϕ(ϕ 1 (b) ϕ 1 (c)))) = = ϕ(ϕ 1 (a) (ϕ 1 (b) ϕ 1 (c))) Επειδή η είναι προσεταιριστική προκύπτει ότι (ab)c = a(bc). Ουδέτερο στοιχείο είναι το ϕ(e) όπου e το ουδέτερο της G. Πράγματι, για a G 1 aϕ(e) = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (ϕ(e))) = ϕ(ϕ 1 (a) e) = ϕ(ϕ 1 (a)) = a. Ομοια ϕ(e)a = a. Για a G 1 το αντίστροφο είναι ϕ((ϕ 1 (a)) 1 ). Πράγματι aϕ((ϕ 1 (a)) 1 ) = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (ϕ((ϕ 1 (a)) 1 ))) = = ϕ(ϕ 1 (a) (ϕ 1 (a)) 1 ) = ϕ(e) και όμοια ϕ((ϕ 1 (a)) 1 )a = ϕ(e). Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική υπάρχει ουδέτερο στοιχείο και κάθε στοιχείο έχει αντίστροφο η G 1 είναι ομάδα. Εστω x, y G. Θέτοντας a = ϕ(x), b = ϕ(y) η σχέση ab = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (b)) γίνεται ϕ(x)ϕ(y) = ϕ(ϕ 1 (ϕ(x)) ϕ 1 (ϕ(y))) = ϕ(x y). Άρα η ζητούμενη σχέση ισχύει.

25 Σ.Παπαδόπουλος 25 2 Υποομάδες Εστω (G,.) μία ομάδα και H G, H. Το σύνολο H λέγεται υποομάδα της G και συμβολίζουμε H =G < αν το (H,.) είναι ομάδα. Δηλαδή x, y H, xy H x, y, z H x H, e H (xy)z = x(yz) x 1 H Η δεύτερη ιδιότητα ισχύει αυτόματα γιατί ισχύει στο G. Άρα το H είναι υποομάδα αν και μόνο αν x, y H, xy H e H, x H, x 1 H Μία ομάδα G έχει πάντα δύο υποομάδες την G και την {e}. Μία υποομάδα H της G λέγεται γνήσια αν H G και H {e} Εστω (G,.) ομάδα και H G με H. Ισχύει: H < =G ( x, y H, xy 1 H) Απόδειξη: Η κατεύθυνση είναι άμεση. Πράγματι αν x, y H τότε y 1 H οπότε xy 1 H. Αντίστροφα Επειδή H υπάρχει x H. Επειδή x, x Hέχουμε ότι e = xx 1 H. Εστω y H, e, y H οπότε ey 1 = y 1 H. Εστω x, y H. Επειδή y 1 H έχουμε ότι x(y 1 ) 1 = xy H. Άρα H < =G. Παραδείγματα 1) Το (Z, +) είναι υποομάδα του (Q, +). 2) Εστω M = {1, 2,..., n} και (S(M), ) η ομάδα που ορίσαμε στο κεφάλαιο 1. Θέτουμε H = {f S(M) : f(1) = 1}.

26 Σ.Παπαδόπουλος 26 Το H είναι υποομάδα του S(M). 3) Εστω F σώμα και η ομάδα GL(2, F ). {( ) } a β Το H = : α, γ, δ F, αδ 0 0 δ είναι υποομάδα της GL(2, F ). < Εστω (G,.) ομάδα και H 1, H 2 = G. Το σύνολο H 1 H 2 είναι υποομάδα της G. Απόδειξη: < Εστω x, y H 1 H 2. Επειδή x, y H 1 και H 1 = G παίρνουμε ότι xy 1 H 1. Ομοια xy 1 H 2. Άρα xy 1 H 1 H 2. Από την προηγούμενη πρόταση παίρνουμε ότι H 1 H 2 < = G Η προηγούμενη πρόταση μπορεί να γενικευθεί στην εξής: Εστω (G,.) ομάδα και H i, i I με H i < = G για όλα τα i I, η i I H i είναι υποομάδα της G. Εστω (G,.) πεπερασμένη ομάδα. Το H G, H είναι υποομάδα της G αν και μόνο αν x, y H έχουμε xy H. Απόδειξη: Η μία κατεύθυνση είναι προφανής. Για το αντίστροφο αρκεί να δείξουμε ότι: i) e H. ii) α H έχουμε α 1 H Εστω α H. Θεωρούμε τα στοιχεία α, α 2, α 3,..., α n,... Λόγω της υπόθεσης όλα αυτά τα στοιχεία ανήκουν στην H. Επειδή το σύνολο G είναι πεπερασμένο και το H είναι. Άρα υπάρχουν m, n N ώστε α m = α n. Εστω m > n. Η σχέση α m = α n γράφεται α n α m n = α n Άρα (α n ) 1 α n α m n = (α n ) 1 α n δηλαδή α m n = e

27 Σ.Παπαδόπουλος 27 Επειδή α m n H έχουμε ότι e H. Από την α m n = e παίρνουμε αα m n 1 = e. Άρα α 1 = α m n 1 Επειδή α m n 1 H παίρνουμε ότι α 1 H. Από την απόδειξη της προηγούμενης πρότασης μπορούμε να βγάλουμε το εξής συμπέρασμα: Αν (G,.) είναι πεπερασμένη ομάδα και α G τότε υπάρχει k N ώστε α k = e. Εστω (G,.) ομάδα και a G. Αν υπάρχει k N ώστε a k = e τότε λέμε ότι το στοιχείο a έχει πεπερασμένη τάξη. Σε αυτή την περίπτωση τάξη του a καλούμε το ελάχιστο k N με την ιδιότητα a k = e. Δηλαδή το a G έχει τάξη k N όταν a e, a 2 e,..., a k 1 e και a k = e Αν a G και a k e για όλα τα k N τότε λέμε ότι το στοιχείο a έχει άπειρη τάξη. Εύκολα μπορούμε από τα προηγούμενα να συμπεράνουμε ότι : Αν (G,.) είναι πεπερασμένη ομάδα τότε κάθε στοιχείο της G έχει πεπερασμένη τάξη. Σε μια ομάδα G που έχει άπειρα στοιχεία μπορεί να έχουμε στοιχεία πεπερασμένης τάξης. Παράδειγμα Το G = {z C : z = 1} είναι ομάδα με πράξη τον συνήθη πολλαπλασιασμό μιγαδικών. Η G είναι άπειρη γιατί τα cosϑ + isinϑ, ϑ R είναι στοιχεία της. Το i G και έχει τάξη 4 γιατί i 4 = 1 ενώ i 2 = 1 1, i 3 = i 1. (Το ουδέτερο της G είναι το 1.) Εστω G μια ομάδα και a G.

28 Σ.Παπαδόπουλος 28 Με < a > συμβολίζουμε τη μικρότερη υποομάδα της G που περιέχει το a. < α >= {α n : n Z} Απόδειξη: Το σύνολο {α n : n Z} είναι υποομάδα της G γιατί a k, a m {α n : n Z} a k (a m ) 1 = a k m {α n : n Z} Επίσης κάθε υποομάδα που περιέχει το a περιέχει το σύνολο {α n : n Z}. Άρα η μικρότερη υποομάδα που περιέχει το a είναι η {α n : n Z} Το < a > λέγεται κυκλική υποομάδα που παράγεται από το a. Στην περίπτωση που το α έχει πεπερασμένη τάξη, έστω k, τότε < α >= {e, α, α 2,..., α k 1, α k = e}. Απόδειξη: Εστω n Z. Κάνοντας τη διαίρεση του n με το k έχουμε: Άρα Άρα n = πk + υ, 0 υ < k. α n = α πk+υ = (α k ) π α υ = α υ < α >= {e, α, α 2,..., α k 1, α k = e} Από την προηγούμενη πρόταση έχουμε ότι: Το a G έχει τάξη k αν και μόνο αν < α > = k. Εστω G ομάδα και α G με πεπερασμένη τάξη έστω k. α n = e τότε k n. Απόδειξη: Κάνοντας τη διαίρεση του n με το k έχουμε Αν Άρα n = πk + υ, 0 υ < k. e = a n = (a k ) π a υ = a υ Επειδή υ < k και k είναι η τάξη του a έχουμε υ = 0. Άρα k n.

29 Σ.Παπαδόπουλος 29 Εστω G ομάδα και S G, S. Για a G ορίζουμε as = {as/s S}, Sa = {sa/s S}, S 1 = {s 1 /s S} Αν επιπλέον b G τότε ορίζουμε Αν K, S G, K, S ορίζουμε asb = {asb/s S} KS = {ks/k K, s S} Οι παραπάνω ορισμοί έχουν ενδιαφέρον όταν τα S, K είναι υποομάδες της ομάδας G. Εστω G ομάδα και H < =G. Για α G το σύνολο α 1 Hα είναι υποομάδα της G. Απόδειξη: Εστω x, y α 1 Hα. Εχουμε ότι x = α 1 h 1 α, y = α 1 h 2 α με h 1, h 2 H. Άρα xy 1 = α 1 h 1 αα 1 h 1 2 α = α 1 h 1 h 1 2 α. Επειδή h 1 h 1 2 H παίρνουμε ότι xy 1 α 1 Hα. Άρα α 1 Hα < = G. Εστω G ομάδα και S G, S πεπερασμένο σύνολο. Για α, b G τα σύνολα Sα, αs, αsb, S 1 έχουν το ίδιο πλήθος στοιχείων με το S Απόδειξη: Θα αποδείξουμε την πρόταση για το σύνολο αsb. Τα άλλα είναι παρόμοια. Θεωρούμε την f : S αsb με f(s) = αsb. Από τον ορισμό του αsb έχουμε ότι η f είναι επί. Επειδή f(s 1 ) = f(s 2 ) αs 1 b = αs 2 b α 1 αs 1 bb 1 = α 1 αs 2 bb 1 s 1 = s 2 η f είναι 1 1. Άρα τα σύνολα S, αsb έχουν το ίδιο πλήθος στοιχείων.

30 Σ.Παπαδόπουλος 30 Εστω G ομάδα και S G, S. Με < S > συμβολίζουμε την μικρότερη υποομάδα της G που περιέχει το σύνολο S < S >= H H < =G S H Αν S = {a} τότε < S >=< a > είναι η κυκλική υποομάδα της G που παράγεται από το a. Εστω G ομάδα και a 1, a 2,..., a k G. Τα a 1, a 2,..., a k λέγονται γεννήτορες της G αν < {a 1, a 2,..., a k } > = συμβ < a 1, a 2,..., a k >= G και < K > G για κάθε K {a 1, a 2,..., a k } Σε αυτή την περίπτωση λέμε ότι η G παράγεται από τα a 1, a 2,..., a k.

31 Σ.Παπαδόπουλος 31 ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΓΙΑ ΤΑ ΠΑΡΑΚΑΤΩ Άσκηση 2.1 Εστω G ομάδα και a, b G ώστε < a > < b >= {e}. Αν ab = ba τότε το στοιχείο ab έχει τάξη το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων των a, b. Λύση: Εστω n η τάξη του a, m η τάξη του b και r =ΕΚΠ(n, m). Επειδή ab = ba συμπεραίνουμε ότι (ab) r = a r b r. Εφόσον n r και m r έχουμε a r = e b r = e. Άρα (ab) r = e. Εστω k η τάξη του ab. Η προηγούμενη σχέση μας δίνει ότι k r. Εχουμε (ab) k = e ή a k b k = e. Γράφοντας τη τελευταία ως a k = b k έχουμε ότι a k < a > < b >= {e}. Άρα a k = e. Ομοια b k = e. Επειδή a k = e και η τάξη του a είναι n παίρνουμε n k. Ομοια m k. Αφού n k και m k το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των n, m που είναι r πρέπει να διαιρεί το k. Άρα r k. Επειδή έχουμε δείξει ότι και k r παίρνουμε ότι r = k. (Προσοχή τα r, k είναι φυσικοί.) Άσκηση 2.2 Εστω G ομάδα και a, x G. i) Για n N δείξτε ότι (x 1 ax) n = x 1 a n x. ii) Δείξτε ότι τα στοιχεία a, x 1 ax έχουν την ίδια τάξη. iii) Αν a, b G τότε τα στοιχεία ab, ba έχουν την ίδια τάξη. Λύση: i) Εχουμε (x 1 ax) n = x 1 ax.x 1 ax...x 1 ax = x 1 a n x ii) Εστω r η τάξη του a και m του x 1 ax. Επειδή (x 1 ax) r = x 1 a r x = x 1 x = e παίρνουμε ότι m r. Εφόσον e = (x 1 ax) m = x 1 a m x παίρνουμε ότι a m = xex 1 = e. Άρα r m. Επειδή r m και m r και m, r φυσικοί έχουμε r = m. iii) Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι ab = b 1 (ba)b. Λόγω του ii) τα ab, ba έχουν την ίδια τάξη. Άσκηση 2.3 Εστω G αβελιανή ομάδα και g 1, g 2,..., g n G.Να δειχθεί ότι < g 1, g 2,..., g n >= {g k 1 1 g k gn kn : k i Z i = 1, 2,..., n}.

32 Σ.Παπαδόπουλος 32 Λύση: Θέτουμε H = {g k 1 1 g k gn kn : k i Z i = 1, 2,..., n}. Εστω 1 i n. Εχουμε ότι g i < g 1, g 2,..., g n > οπότε επειδή το < g 1, g 2,..., g n > είναι υποομάδα g k i i < g 1, g 2,..., g n > με k i Z. Συμπεραίνουμε ότι g k 1 1 g k gn kn < g 1, g 2,..., g n > Άρα H < g 1, g 2,..., g n > (1) Θα δείξουμε ότι το H είναι υποομάδα της G. Εστω a, b H με a = g k 1 1 g k gn kn b = g m 1 1 g m g mn Επειδή η G είναι αβελιανή έχουμε ab 1 = g k 1 1 g k gn kn g m 1 1 g m gn mn = g k 1 m 1 1 g k 2 m gn kn mn = g r 1 1 g r gn rn n. όπου r i = k i m i Z. Άρα ab 1 H. Συμπεραίνουμε ότι το H είναι υποομάδα της G. Θέτοντας k i = 0 για j i και k i = 1 παίρνουμε ότι g i H. Αφού g 1, g 2,..., g n H συμπεραίνουμε ότι Η (1) με την τελευταία μας δίνει ότι < g 1, g 2,..., g n > H. H =< g 1, g 2,..., g n > ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση 2.4 Εστω G = {z C : z = 1} με πράξη τον συνήθη πολλαπλασιασμό μιγαδικών. i) Δείξτε ότι το G είναι ομάδα. ii) Δείξτε ότι το G είναι άπειρο σύνολο. iii) Βρείτε τα στοιχεία της G που έχουν πεπερασμένη τάξη. iv) Δείξτε ότι τα στοιχεία πεπερασμένης τάξης της G αποτελούν υποομάδα της G. Λύση: i) Αρκεί να δείξουμε ότι είναι υποομάδα της (C {0},.). Εστω z 1, z 2 G.

33 Σ.Παπαδόπουλος 33 Θα δείξουμε ότι z 1 z2 1 G. Επειδή z 1, z 2 G έχουμε z 1 = z 2 = 1. Συμπεραίνουμε ότι z 1 z2 1 = z 1 z 2 1 = 1. Άρα z 1 z2 1 G. Από γνωστή πρόταση το G είναι υποομάδα της (C {0},.) οπότε είναι ομάδα. ii) Κάθε μιγαδικός της μορφής cosθ + isinθ = e iθ θ R βρίσκεται στην G. Οι μιγαδικοί e iθ = cosθ + isinθ θ [0, 2π) είναι διαφορετικοί ανά δύο και στοιχεία της G. Επειδή το [0, 2π) είναι άπειρο σύνολο και η G έχει άπειρα στοιχεία. iii) Ενα στοιχείο z της G έχει πεπερασμένη τάξη αν και μόνο αν υπάρχει n N με z n = 1. Γνωρίζουμε ότι z n = 1 z = e 2kπi n k = 0, 1, 2,..., n 1. Άρα τα στοιχεία πεπερασμένης τάξης της G είναι τα e 2kπi n όπου n N 0 k n 1. iv) Το σύνολο των στοιχείων πεπερασμένης τάξης της G μπορεί να γραφεί H = {z C : υπάρχει n N με z n = 1}. Θα δείξουμε ότι το H είναι υποομάδα της G. Εστω z 1, z 2 H. Υπάρχουν n 1, n 2 N ώστε z n 1 = 1 z n 2 = 1. Εχουμε ότι (z 1 z2 1 ) n 1n 2 = (z n 1 1 ) n 2 (z n 2 2 ) n 1 = 1.1 = 1. Άρα z 1 z 1 2 H. Συμπεραίνουμε ότι το Η είναι υποομάδα της G. Άσκηση 2.5 Θεωρούμε την ομάδα (Q, +). α) Δείξτε ότι κάθε στοιχείο της ομάδας έχει άπειρη τάξη. β) Δείξτε ότι δεν υπάρχουν q 1, q 2,..., q n Q ώστε Q =< q 1, q 2,..., q n >. Λύση: α) Εστω a Q, a 0. Για n N na 0. Άρα το a έχει άπειρη τάξη. β) Εστω ότι υπάρχουν. Λόγω της άσκησης 2.3 κάθε x Q =< q 1, q 2,..., q n > θα γράφεται x = k 1 q 1 + k 2 q k n q n με k i Z (Προσοχή εδώ έχουμε +). Εστω q 1 = l 1 m 1, q 2 = l 2 m 2,...q n = l n m n

34 Σ.Παπαδόπουλος 34 όπου m i N {0} και l i Z. Θέτουμε x = 1 m 1 m 2...m n + 1 Θα υπάρχουν k 1, k 2,..., k i Z ώστε x = k 1 q 1 + k 2 q k n q n δηλαδή Επειδή με r Z η (1) γίνεται 1 m 1 m 2...m n + 1 = k l 1 l 2 l n 1 + k k n (1) m 1 m 2 m n k 1 l 1 m 1 + k 2 l 2 m k n l n m n = r m 1 m 2...m n Η τελευταία γράφεται 1 m 1 m 2...m n + 1 = r m 1 m 2...m n m 1 m 2...m n = r(m 1 m 2...m n + 1) Επειδή m 1 m 2...m n, m 1 m 2...m n + 1 N {0} προκύπτει ότι r N {0}. Τότε όμως m 1 m 2...m n = r(m 1 m 2...m n + 1) m 1 m 2...m n + 1 ΑΤΟΠΟ. Άρα δεν υπάρχουν q 1, q 2,..., q n Q με τη ζητούμενη ιδιότητα. Παρατήρηση Το β) ερώτημα μας δείχνει ότι η (Q, +) δε μπορεί να παραχθεί από πεπερασμένο το πλήθος στοιχεία. Άσκηση 2.6 Για a, b R θεωρούμε την τ (a,b) : R R με τ (a,b) (x) = ax+b. α) Δείξτε ότι το σύνολο {τ (a,b) : a 0, a, b, R} με πράξη τη σύνθεση απεικονίσεων αποτελεί ομάδα. β) Δείξτε ότι το σύνολο τ (a,0) : a R, a 0 αποτελεί υποομάδα της ομάδας που ορίσθηκε στο i).

35 Σ.Παπαδόπουλος 35 Λύση: α) Εστω τ (a1,b 1 ) : R R και τ (a2,b 2 ) : R R. Η τ (a1,b 1 ) τ (a2,b 2 ) : R R ορίζεται. Για x R έχουμε τ (a1,b 1 ) τ (a2,b 2 )(x) = τ (a1,b 1 )(a 2 x + b 2 ) = = a 1 (a 2 x + b 2 ) + b 1 = a 1 a 2 x + a 1 b 2 + b 1 = τ (a1 a 2,a 1 b 2 +b 1 )(x) Συμπεραίνουμε ότι τ (a1,b 1 ) τ (a2,b 2 ) = τ (a1 a 2,a 1 b 2 +b 1 ). Για a 1, a 2 0 έχουμε a 1 a 2 0 οπότε το τ (a1 a 2,a 1 b 2 +b 1 ) ανήκει στο δοσμένο σύνολο. Ετσι η σύνθεση συναρτήσεων είναι πράξη σε αυτό. Παρατηρώντας ότι στην ουσία στα (a 1, b 1 ), (a 2, b 2 ) αντιστοιχεί το (a 1 a 2, a 1 b 2 + b 1 ) έχουμε την πράξη όπως στην άσκηση 1.5. Η πράξη είναι προσεταιριστική γιατί γενικά η σύνθεση συναρτήσεων είναι προσεταιριστική πράξη. Ουδέτερο είναι το τ (1,0). Πράγματι τ (a,b) τ (1,0) = τ (a.1,a.0+b) = τ (a,b) και όμοια τ (1,0) τ (a,b) = τ (a,b). Το αντίστροφο του τ (a,b) a 0 είναι το τ ( 1 a, b a ) γιατί τ (a,b) τ ( 1 a, b a ) = τ ( 1 a, b a ) τ (a,b) = τ (1,0) Αφού η πράξη είναι προσεταιριστική, υπάρχει ουδέτερο και κάθε στοιχείο έχει αντίστροφο, έχουμε ομάδα. β) Αρκεί να δείξουμε ότι: Για τ (a,0), τ (b,0) με a, b 0 το τ (a,0) τ 1 (b,0) έχει την ίδια μορφή. Εχουμε ότι τ 1 (b,0) = τ ( 1,0). b Συμπεραίνουμε ότι τ (a,0) τ 1 (b,0) = τ (a,0) τ ( 1 b,0) = τ ( a b,0). Άρα το δοσμένο σύνολο αποτελεί υποομάδα. Άσκηση 2.7 Εστω F σώμα και η ομάδα GL(2, F ) της άσκησης 1.4 Θεωρούμε το {( ) } a c SL(2, F ) = : a, b, c, d F, ad cb = 1 b d i) Δείξτε ότι το SL(2, F ) είναι υποομάδα της GL(2, F ). ii) Βρείτε τη τάξη της SL(2, Z p ), p πρώτος. Λύση: i) Εστω A, B SL(2, F ) Θα δείξουμε ότι AB 1 SL(2, F ).

36 Σ.Παπαδόπουλος 36 Πρέπει να δείξουμε ότι AB 1 = 1. Εχουμε AB 1 = A B 1. Επειδή BB 1 = I παίρνουμε B B 1 = 1. Αφού B SL(2, F ) παίρνουμε B = 1. Άρα B 1 = 1. Επειδή A SL(2, F ) A = 1. Από τις δύο τελευταίες παίρνουμε AB 1 = A B 1 = 1 ii) Θα πρέπει να μετρήσουμε τις τετράδες (a, b, c, d) από στοιχεία του Z p ώστε ad cb = 1. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: α) a 0. Για καθένα από τα c, b έχουμε p επιλογές ενώ για το a έχουμε p 1 επιλογές. Άρα για τα a, c, b έχουμε p 2 (p 1) επιλογές. Για a, c, b συγκεκριμένα έχουμε d = a 1 (1 + cb) οπότε το d είναι καθορισμένο. Άρα οι τετράδες (a, b, c, d) από στοιχεία του Z p με a 0 και ad cb = 1 είναι p 2 (p 1). β) a = 0. Για το d έχουμε p επιλογές. Θα πρέπει cb = 1. Πρέπει c 0, b 0. Για το c έχουμε p 1 επιλογές. Για c συγκεκριμένο έχουμε b = c 1 οπότε το b είναι καθορισμένο. Άρα οι τετράδες (0, b, c, d) από στοιχεία του Z p με cb = 1 είναι p(p 1). Από τα α), β) συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενες τετράδες είναι p 2 (p 1) + p(p 1) = p(p 1)(p + 1) Άρα η τάξη του SL(2, Z p ) είναι p(p 1)(p + 1). ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση 2.8 Εστω G ομάδα με G = 2n. Να δειχθεί ότι το πλήθος των στοιχείων της G που έχουν τάξη 2 είναι περιττός αριθμός. Λύση: Εχουμε ότι a 2 = e a = a 1

37 Σ.Παπαδόπουλος 37 Άρα a 2 e a a 1 Για ένα στοιχείο της G που δεν έχει τάξη 2 και δεν είναι το ουδέτερο έχουμε a a 1. Άρα τα στοιχεία της G που δεν έχουν τάξη 2 μπορύμε να τα γράψουμε a 1, a 1 1, a 2, a 1 2,..., a k, a 1 k. Προκύπτει ότι τα στοιχεία της G που έχουν τάξη 2 μαζί με το ουδέτερο είναι 2n 2k = 2(n k). Αφού το ουδέτερο δεν έχει τάξη 2 τα στοιχεία της G που έχουν τάξη 2 είναι 2(n k) 1. Άρα η G έχει περιττό αριθμό στοιχείων τάξης 2. Άσκηση 2.9 Εστω H, K υποομάδες της G. Δείξτε ότι H K < = G H K, ή K H Λύση: Η κατεύθυνση είναι προφανής. Θα δείξουμε την κατεύθυνση. Εστω ότι δεν ισχύει. Θα υπάρχουν H, K υποομάδες της G ώστε η H K είναι υποομάδα και H K K H Από τις δύο τελευταίες έχουμε ότι υπάρχει h H με h / K και k K με k / H. Εχουμε ότι h, k H K. Επειδή H K είναι υποομάδα hk H K. Αφού hk H K θα είναι hk H ή hk K. Εστω hk H. Θα έχουμε hk = h 1 με h 1 H. Παίρνουμε k = h 1 h 1. Αλλά h 1 h 1 H οπότε k H άτοπο. Ομοια καταλήγουμε σε άτοπο αν hk K. Αφού και στις δύο περιπτώσεις καταλήγουμε σε άτοπο το συμπέρασμα ισχύει. Άσκηση 2.10 Εστω G ομάδα και H, K < = G. Αν H G, K G τότε υπάρχει x G ώστε x / H και x / K. Λύση: Εστω ότι δεν ισχύει το συμπέρασμα. Θα έχουμε για κάθε x G ότι x H ή x K. Άρα G = H K. Το H K είναι υποομάδα της G οπότε από την προηγούμενη άσκηση H K ή K H. Άρα H = G ή K = G άτοπο. Αφού καταλήξαμε σε άτοπο το συμπέρασμα ισχύει.

38 Σ.Παπαδόπουλος 38 Άσκηση 2.11 Εστω G ομάδα και H < = G. Αν H G τότε < G H >= G. Λύση: Εχουμε ότι G H < G H >. Επειδή G = H (G H) H < G H > παίρνουμε ότι: G = H < G H >. Άρα H < G H > είναι υποομάδα της G. Από την άσκηση 2.9 έχουμε ότι H < G H > ή < G H > H. Αν < G H > H έχουμε G = H < G H >= H Άτοπο. Άρα H < G H > οπότε < G H >= H < G H >= G. Άσκηση 2.12 Εστω G ομάδα και H, K < = G. Να δειχθεί ότι: HK < = G HK = KH Λύση: ( ) Εστω HK < = G. Θα δείξουμε ότι το HK = KH. Θεωρούμε ένα στοιχείο της HK το hk με h H, k K. Επειδή HK < = G το (hk) 1 HK. Αφού (hk) 1 HK θα υπάρχουν h 1 H, k 1 K με (hk) 1 = h 1 k 1. Άρα Επειδή k 1 1 K, h 1 1 H έχουμε ότι hk = ((hk) 1 ) 1 = (h 1 k 1 ) 1 = k1 1 h 1 1 hk = k 1 1 h 1 1 KH. Δείξαμε λοιπόν ότι HK KH. Ομοια δείχνουμε ότι KH HK. Άρα HK = KH. ( ) Αρκεί να δείξουμε ότι αν a, b HK τότε ab 1 HK. Εχουμε ότι a = h 1 k 1 b = h 2 k 2 με h 1, h 2 H k 1, k 2 K ab 1 = h 1 k 1 (h 2 k 2 ) 1 = h 1 k 1 k 1 2 h 1 2 (1) Επειδή k 1 k2 1 h 1 2 KH και KH = HK υπάρχουν h 3 H, k 3 K ώστε k 1 k2 1 h 1 2 = h 3 k 3. Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε ab 1 = h 1 h 3 k 3 HK.

39 Σ.Παπαδόπουλος 39 Άσκηση 2.13 Εστω G ομάδα και S G. Να δειχθεί ότι Λύση: < S >= {s ε 1 1 s ε s ε k k : k N, s i S ε i = 1 ή 1}. Θέτουμε H = {s ε 1 1 s ε s ε k k : k N, s i S ε i = 1 ή 1}. Εστω s 1, s 2,..., s k S. Εχουμε ότι s ε i i ε i = 1 ή 1. Επειδή η < S > είναι υποομάδα της G < S > για i = 1, 2,..., k και s ε 1 1 s ε s ε k k < S >. Άρα H < S > (1). Θα δείξουμε ότι το H είναι υποομάδα της G. Εστω δύο στοιχεία της H τα a = s ε 1 1 s ε s ε k k b = s 1 ε 1 s ε s ε m m όπου s i, s i S ε i, ε i = 1 ή 1. Εχουμε ότι ab 1 = s ε 1 1 s ε s ε k k (s 1 ε 1 s 2 ε 2...s m ε m ) 1 = s ε 1 1 s ε s ε k k (s m ) ε m...(s 1 ) ε 1 Θέτοντας s k+1 = s m, s k+2 = s m 1,... s k+m = s 1 και ε k+1 = ε m,..., ε k+m = ε 1 έχουμε ότι ab 1 = s ε 1 1 s ε s ε k+m k+m όπου s 1,..., s k+m S και ε 1,..., ε k+m = 1 ή 1. Άρα ab 1 H οπότε H υποομάδα της G. Επειδή S H (k = 1, ε 1 = 1) παίρνουμε ότι < S > H. Η τελευταία μαζί με την (1) μας δίνει ότι < S >= H.

40 Σ.Παπαδόπουλος 40 3 Σύμπλοκα - Θεώρημα Lagrange - Κυκλικές ομάδες Εστω G ομάδα και H < =G. Για a G έχουμε ορίσει: ah = {ah/ h H} Ha = {ha/ h H}. Το ah λέγεται αριστερό σύμπλοκο της H ενώ το Ha λέγεται δεξιό σύμπλοκο. Αν το H είναι πεπερασμένο σύνολο έχουμε δείξει ότι ah = H = Ha. Για τα σύμπλοκα ισχύει: Εστω G ομάδα και H < =G. Τα εξής είναι ισοδύναμα: i) αh = bh ii) b αh iii) α 1 b H Απόδειξη: i) ii) Επειδή b = be bh έχουμε ότι b ah. ii) iii) Επειδή b ah υπάρχει h H ώστε b = ah. Άρα a 1 b = h H. iii) i) Εστω x ah. Θα υπάρχει h H ώστε x = ah. Αλλά ah = aa 1 b(a 1 b) 1 h = b(a 1 b) 1 h. Επειδή a 1 b H έχουμε ότι (a 1 b) 1 H. Άρα (a 1 b) 1 h = h 1 H, οπότε ah = bh 1. Από τη τελευταία παίρνουμε ότι x bh, δηλαδή ah bh. Ομοια δείχνουμε ότι bh ah. Άρα ah = bh. Παρατηρήσεις 1) Τα ii), iii) της προηγούμενης πρότασης μπορούν να αντικατασταθούν με τα a bh, b 1 a H. 2) Η πρόταση για τα δεξιά σύμπλοκα γίνεται: Αν G ομάδα, H < =G τότε τα εξής είναι ισοδύναμα: i) Ha = Hb ii) a Hb iii) ab 1 H Εστω G ομάδα και H < =G. Εστω αh, bh δύο σύμπλοκα της H.

41 Σ.Παπαδόπουλος 41 Ενα από τα παρακάτω ισχύει: αh bh =, αh = bh Απόδειξη: Αρκεί να αποδείξουμε ότι αν αh bh τότε αh = bh. Εστω αh bh. Για z αh bh έχουμε ότι z αh, z bh. Η προηγούμενη πρόταση μας δίνει ότι zh = αh, zh = bh. Άρα αh = bh. Τα σύμπλοκα ως κλάσεις ισοδυναμίας μιας σχέσης ισοδυναμίας Εστω G ομάδα και H < =G. Στη G ορίζουμε τη σχέση a b ορ. a 1 b H Μπορεί να δειχθεί εύκολα ότι η σχέση είναι σχέση ισοδυναμίας. Η κλάση ισοδυναμίας του a G είναι [a] = {b G/ a 1 b H} Αν θέσουμε a 1 b = h H τότε b = ah.. Άρα [a] = ah. Εχουμε λοιπόν ότι τα σύμπλοκα είναι οι κλάσεις ισοδυναμίας μιας σχέσης ισοδυναμίας. Με αυτή τη θεώρηση τα προηγούμενα αποτελέσματα για τα σύμπλοκα είναι άμεση συνέπεια των προτάσεων για σχέσεις ισοδυναμίας. Θεώρημα Lagrange Εστω G πεπερασμένη ομάδα και H < =G. Αν G : H είναι το πλήθος των συμπλόκων της H στην G τότε G = G : H H Παρατηρήσεις 1) Το G : H λέγεται δείκτης της H στην G. 2) Εχουμε ότι H / G. Απόδειξη:

42 Σ.Παπαδόπουλος 42 Θεωρούμε τα σύμπλοκα ah με a G. Επειδή ah = bh ή ah bh = υπάρχουν a 1 H, a 2 H,..., a k H ώστε: α) a i H a j H = για i j. β) Για κάθε a G υπάρχει i {1, 2,..., k} ώστε ah = a i H. Προφανώς k = G : H. Θα δείξουμε ότι G = Προφανώς k a i H. i=1 k a i H G. i=1 Εστω a G. Επειδή a ah και υπάρχει i {1, 2,..., k} ώστε ah = a i H έχουμε ότι Άρα G Αφού G = k a i H οπότε G = i=1 a k a i H. i=1 k a i H. i=1 k a i H και a i H a j H = για i j i=1 G = a 1 H + a 2 H a k H. έχουμε ότι: Επειδή H = a i H για i = 1, 2,..., k παίρνουμε ότι G = k H. Η τελευταία σχέση μας δίνει το συμπέρασμα του θεωρήματος. Σαν πορίσματα του θεωρήματος Lagrange μπορούμε να πάρουμε: 1) Αν G ομάδα, n = G και α G με τάξη k τότε k/n. 2) Αν G ομάδα με n = G τότε για κάθε α G έχουμε α n = e. Αποδείξεις: 1) Εχουμε < α > = k. Επειδή < α > / G = n έχουμε το ζητούμενο. 2) Είναι άμεσο από το 1). Εστω G μία ομάδα. Η G καλείται κυκλική αν υπάρχει a G ώστε G =< a >. Το a καλείται γεννήτορας της ομάδας. Είναι φανερό ότι σε μία κυκλική ομάδα υπάρχουν πολλοί γεννήτορες.

43 Σ.Παπαδόπουλος 43 Παράδειγμα Εστω G =< i >= {1, i, 1, i} με το συνήθη πολλαπλασιασμό μιγαδικών. Είναι φανερό ότι < 1 >= {1, 1} ενώ < i >= {1, i, 1, i}. Άρα τα i, i είναι γεννήτορες της ομάδας ενώ το 1 δεν είναι. Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι κάθε κυκλική ομάδα είναι αβελιανή γιατί a n a m = a m a n για n, m Z. Μία άπειρη κυκλική ομάδα είναι η (Z, +).(Προσοχή εδώ a n na). Η (Z, +) έχει δύο γεννήτορες τα 1, 1. Μία κυκλική ομάδα με n στοιχεία είναι η (Z n, +), Z n =< 1 >. Από τα προηγούμενα έχουμε ότι για κάθε n N υπάρχει μία κυκλική ομάδα με n στοιχεία. Ισχύει η εξής πρόταση: Εστω G ομάδα πεπερασμένη με G = p όπου p πρώτος. Η G είναι κυκλική. Απόδειξη: Εστω a G με a e. Εχουμε ότι < a > 2. Επειδή το < a > είναι υποομάδα της G, το θεώρημα του Lagrange μας δίνει ότι < a > / G = p. Άρα < a > = 1 ή p. Επειδή < a > 2 έχουμε ότι < a > = p. Άρα G =< a > οπότε η G είναι κυκλική. Η υποομάδα μιας κυκλικής ομάδας είναι κυκλική. Απόδειξη: Εστω G =< a > και H < =G. Εστω A = {n N {0} : a n H}. Υπάρχει m Z με a m H. Αν m < 0 τότε (a m ) 1 = a m H, m N {0} οπότε A. Αν m > 0 τότε m A οπότε A. Αφού το A είναι υποσύνολο του N έχει ελάχιστο στοιχείο. Εστω r το ελάχιστο στοιχείο του A. Εστω a k H, k Z. Εχουμε ότι k = rπ + υ όπου υ = 0 ή 0 < υ < r. Αν υ 0 τότε a k = (a r ) π a υ.

44 Σ.Παπαδόπουλος 44 Επειδή a k H και (a r ) π H παίρνουμε ότι a υ H. Η τελευταία σχέση είναι αντιφατική με την επιλογή του r και 0 < υ < r. Άρα υ = 0 οπότε a k = (a r ) π. Άρα H < a r >. Επειδή < a r > H παίρνουμε ότι H =< a r >. Το παρακάτω θεώρημα μας αποσαφηνίζει τι γίνεται στις πεπερασμένες κυκλικές ομάδες. Εστω G πεπερασμένη κυκλική ομάδα με G = n, G =< α >. i) Για k Z < α k > = n (n, k) i ) < α k >= G (n, k) = 1. (Δηλαδή το α k είναι γεννήτορας της G αν και μόνο αν (n, k) = 1) ii) Για κάθε m N με m/n υπάρχει μοναδική υποομάδα της G με m στοιχεία. Η υποομάδα αυτή είναι η < α n/m >. Απόδειξη: i) Εστω (n, k) = d. Εχουμε ότι n = dn 1, k = dk 1 όπου (k 1, n 1 ) = 1. Άρα n (n, k) = dn 1 d = n 1 Επειδή έχουμε ότι kn 1 = dk 1 n 1 = dn 1 k 1 = nk 1 (a k ) n 1 = a kn 1 = a nk 1 = (a n ) k 1 = e. Εστω r η τάξη του a k. Επειδή (a k ) n 1 = e η τάξη του a k διαιρεί το n 1, δηλαδή r/n 1. Επειδή (a k ) r = e ή a kr = e και η τάξη του a είναι n θα έχουμε ότι n/kr. Άρα kr = nl, l N. Αντικαθιστώντας στην τελευταία σχέση τις n = dn 1, k = dk 1 παίρνουμε: dk 1 r = dn 1 l ή k 1 r = n 1 l Επειδή n 1 /k 1 r και (n 1, k 1 ) = 1 έχουμε ότι n 1 /r. Αλλά r/n 1 οπότε r = n 1. i ) < a k >= G < a k > = G n = n (n, k) = 1. (n, k)