Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες

Transcript

1 Κεφάλαιο 2 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Σύνοψη. ίνεται ο ορισµός της υποοµάδας µιας οµάδας, αποδεικνύεται το Θεώρηµα Cayley, εισάγονται οι έννοιες του συνόλου γεννητόρων µιας οµάδας και του δείκτη υποοµάδας σε οµάδα, αποδεικνύεται το Θεώρηµα Lagrange, γίνεται η ταξινόµηση των κυκλικών οµάδων και ορίζεται η οµάδα πηλίκο. Προαπαιτούµενη γνώση. Οµάδα, σχέση ισοδυναµίας, σύνολα µε δύο διµελείς πράξεις, διαιρετότητα ακέραιων αριθµών και µεταθέσεις. 2.1 Υποοµάδες Εστω G µια οµάδα και H ένα µη κενό υποσύνολο του G. Λέµε ότι το H είναι υποοµάδα της G, συµβολίζεται µε H G, αν για κάθε x, y H το xy H, δηλαδή, το H είναι κλειστό ως προς την πράξη της οµάδας G, και, για κάθε x H, x 1 H. Από τον ορισµό της υποοµάδας έπεται ότι 1 G H. Πράγµατι, αφού H, υπάρχει z H. Τότε, z 1 H και επειδή 1 G = zz 1, έχουµε ότι 1 G H. ύο προφανή παραδείγµατα υποοµάδων είναι η {1 G } και η ίδια η οµάδα G. Οποιαδήποτε άλλη υποοµάδα της G ονοµάζεται γνήσια. Το ακόλουθο αποτέλεσµα, που οφείλεται στον A. Cayley, δείχνει ότι όλες οι οµάδες είναι ισόµορφες µε υποοµάδες συµµετρικών οµάδων. Θεώρηµα 2.1 (Cayley) Εστω G µία οµάδα. Τότε, υπάρχει υποοµάδα της Sym(G) που είναι ισόµορφη µε την G. Απόδειξη. Για g G, έστω ρ g η απεικόνιση από τη G στη G µε ρ g (h) = hg 1 για κάθε h G. Ισχυριζόµαστε ότι η ρ g Sym(G) για κάθε g G. Πράγµατι, έστω ρ g (h 1 ) = ρ g (h 2 ). Τότε, h 1 g 1 = h 2 g 1. Πολλαπλασιάζοντας τη σχέση από δεξιά µε το g, έχουµε ότι h 1 = h 2. Με άλλα λόγια, η ρ g είναι 1 1. Επειδή ρ g (hg) = h για κάθε h G, η ρ g είναι επί. Εποµένως, η ρ g είναι µετάθεση. Θεωρούµε την απεικόνιση ρ από την G στην Sym(G) µε ρ(g) = ρ g για κάθε g G. Θα δείξουµε ότι η ρ είναι µονοµορφισµός. Πρώτα, ϑα δείξουµε ότι η ρ είναι οµοµορφισµός. 45

2 46 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Εστω g 1, g 2 G. Τότε, ρ g1 g 2 (h) = h(g 1 g 2 ) 1 = h(g 1 2 g 1 1 ) = (hg2 1 )g 1 1 = ρ g1 (hg 1 2 ) = ρ g1 (ρ g2 (h)) = (ρ g1 ρ g2 )(h) για κάθε h G. Εποµένως, ρ g1 g 2 = ρ g1 ρ g2 για κάθε g 1, g 2 G. ηλαδή, η ρ είναι οµοµορφισµός. Εστω ρ(g 1 ) = ρ(g 2 ). Τότε, hg1 1 = hg2 1 για κάθε h G. Πολλαπλασιάζοντας από αριστερά µε h 1, έχουµε ότι g1 1 = g2 1 και έτσι, g 1 = g 2. ηλαδή, η ρ είναι 1 1 οµοµορφισµός από την G στη Sym(G). Είναι εύκολο να δείξουµε ότι το ρ(g) είναι υποοµάδα της Sym(G). Από το Θεώρηµα Cayley προκύπτει ότι η µελέτη όλων των οµάδων ανάγεται στη µελέτη όλων των υποοµάδων των συµµετρικών οµάδων. Η επόµενη πρόταση µάς δίνει ένα απλούστερο κριτήριο για να διαπιστώνουµε αν ένα µη κενό υποσύνολο µιας οµάδας G είναι υποοµάδα της. Πρόταση 2.1 Εστω H ένα µη κενό υποσύνολο της οµάδας G. Τότε, το H είναι υποοµάδα της G αν και µόνο αν xy 1 H για κάθε x, y H. Απόδειξη. Εστω H ένα µη κενό υποσύνολο της οµάδας G. Αν H είναι υποοµάδα της G, τότε δεν έχουµε να αποδείξουµε τίποτα. Οπότε, υποθέτουµε ότι xy 1 H για κάθε x, y H. Αφού H, υπάρχει h H και έτσι, 1 G = hh 1 H. Εστω x, y H. Τότε, 1 G y 1 = y 1 H και x(y 1 ) 1 = xy H. Συνεπώς, H είναι υποοµάδα της G. Στην περίπτωση µη κενού πεπερασµένου υποσυνόλου µιας οµάδας, η Πρόταση 2.1 γίνεται πιο απλή. Πρόταση 2.2 Εστω G µία οµάδα και H ένα µη κενό πεπερασµένο υποσύνολό της. Τότε, το H είναι υποοµάδα της G αν και µόνο αν ισχύει η ιδιότητα : (1) αν x, y H, τότε xy H. Απόδειξη. Εστω H µη κενό πεπερασµένο υποσύνολο της οµάδας G. Αν το H είναι υποοµάδα, τότε ο ισχυρισµός είναι προφανής. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι τα στοιχεία του H ικανοποιούν την ιδιότητα (1). Εστω x H. Ισχυριζόµαστε ότι x 1 H. Αν x = 1 G, τότε, προφανώς, x 1 H. Ετσι, υποθέτουµε ότι x 1 G. Από την ιδιότητα (1), έχουµε ότι x, x 2, x 3,... H. Επειδή το H είναι πεπερασµένο, υπάρχουν ϑετικοί ακέραιοι s και t έτσι, ώστε x s = x t. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι s > t και έτσι, x s t = 1 G. Εστω d ο

3 2.1. ΥΠΟΟΜΑ ΕΣ 47 µικρότερος ϑετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε x d = 1 G. Επειδή x 1 G, ο d 2. Εποµένως, x 1 = x d 1 H. Από τον ορισµό της υποοµάδας έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Παραδείγµατα Εστω (C, ) η πολλαπλασιαστική οµάδα των µη µηδενικών µιγαδικών αριθµών και έστω H = {1, 1, i, i}. Εύκολα διαπιστώνουµε ότι το H είναι κλειστό ως προς τον πολλαπλασιασµό. 2. Εστω G µία οµάδα και g G. Τότε, το σύνολο των δυνάµεων του g αποτελεί υποοµάδα της G. Πράγµατι, αφού g n g m = g n m για κάθε n, m Z, έχουµε ότι g = {g n : n Z} G. Εστω H 1 και H 2 δύο υποοµάδες της οµάδας G. Η τοµή H 1 H 2 και η ένωση H 1 H 2 είναι µη κενά υποσύνολα της G, αφού το 1 G ανήκει στις υποοµάδες H 1 και H 2. Αλλά, H 1 H 2 και H 1 H 2 είναι υποοµάδες ; Στην επόµενη πρόταση δείχνουµε ότι η τοµή υποοµάδων είναι υποοµάδα. Πρόταση 2.3 Αν (H λ ) λ Λ είναι µία µη κενή οικογένεια υποοµάδων µιας οµάδας G, τότε λ Λ H λ είναι υποοµάδα της G. Απόδειξη. Επειδή H λ G για κάθε λ Λ, έχουµε ότι 1 G λ Λ H λ. Εστω x, y λ Λ H λ. Τότε, x, y H λ για κάθε λ Λ. Επειδή η H λ G για κάθε λ Λ, έχουµε ότι xy 1 H λ για κάθε λ Λ και έτσι, xy 1 λ Λ H λ. Από την Πρόταση 2.1, λ Λ H λ G. Η Πρόταση 2.3 δεν ισχύει γενικά για την ένωση υποοµάδων. Θα δώσουµε ένα απλό παράδειγµα. Εστω R 2 = {(x, y) : x, y R} εφοδιασµένο µε πράξη (x 1, y 1 ) + (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, y 1 + y 2 ) για κάθε x 1, x 2, y 1, y 2 R. Εύκολα δείχνουµε ότι (R 2, +) είναι (αβελιανή) οµάδα. Θεωρούµε τα υποσύνολα H 1 = {(x, 0) : x R} και H 2 = {(0, x) : x R}. Τα (H 1, +) και (H 2, +) είναι υποοµάδες της (R 2, +). Υποθέτουµε ότι (H = H 1 H 2, +) είναι υποοµάδα της (R 2, +). Επειδή (1, 0) H 1 και (0, 1) H 2, τότε (1, 1) = (1, 0) + (0, 1) H, το οποίο είναι άτοπο. Ετσι, η ένωση δύο υποοµάδων H 1, H 2 µιας οµάδας G, γενικά δεν είναι υποοµάδα της G. Αλλά, µπορούµε να ϐρούµε µια υποοµάδα H της G που να περιέχει τις υποοµάδες H 1, H 2 και να είναι η µικρότερη δυνατή; Μικρότερη δυνατή µε την έννοια ότι αν N G και H 1, H 2 N, τότε H N. Στο επόµενο αποτέλεσµα δίνουµε απάντηση. Πρόταση 2.4 Εστω G οµάδα και H 1, H 2 G. Τότε, το σύνολο H 1, H 2 των πεπερασµένων γινοµένων h 1 h 2... h r, όπου κάθε h i H 1 H 2, είναι υποοµάδα της G. Επιπλέον, αν N G µε H 1, H 2 N, τότε H 1, H 2 N. Απόδειξη. Προφανώς, 1 G H 1, H 2. Εστω h 1... h r, g 1... g s H 1, H 2 µε h i, g j H 1 H 2, i = 1,..., r, j = 1,..., s. Επειδή η G είναι οµάδα και από τον ορισµό του H 1, H 2, έχουµε ότι (h 1... h r )(g 1... g s ) = h 1... h r g 1... g s H 1, H 2.

4 48 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Άρα, το H 1, H 2 είναι κλειστό ως προς την πράξη της G. Εστω h 1... h r H 1, H 2. Επειδή (h 1... h r ) 1 = h 1 r... h 1 1 και H 1, H 2 G, έχουµε ότι (h 1... h r ) 1 H 1, H 2. Συνεπώς, H 1, H 2 G. Εστω N G τέτοια, ώστε H 1, H 2 N. Επειδή N G, συµπεραίνουµε ότι h 1 h 2 N για κάθε h 1, h 2 H 1 H 2. Λόγω του ότι h 1 h 2 N, έχουµε ότι (h 1 h 2 )h 3 = h 1 h 2 h 3 N για όλα τα h 1, h 2, h 3 H 1 H 2. Συνεχίζοντας µε αυτόν τον τρόπο, καταλήγουµε ότι h 1... h r N για όλα τα h 1,..., h r H 1 H 2 και έτσι, H 1, H 2 N. Εστω X ένα υποσύνολο της οµάδας G και έστω F X = {H G : X H}. Επειδή G F X, έχουµε ότι F X. Σύµφωνα µε την Πρόταση 2.3, H F X H είναι υποοµάδα της G, και µάλιστα, X H F X H. Συµβολίζουµε µε X = H F X H. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι η X είναι η µικρότερη υποοµάδα της G που περιέχει το X. Στην περίπτωση που G = X, λέµε ότι η G παράγεται από το X και το X είναι ένα σύνολο γεννητόρων της οµάδας G. Αν επιπλέον, ο πληθικός αριθµός X του X είναι πεπερασµένος, λέµε ότι η G είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Αν X = 1, τότε G = x, δηλαδή, η G είναι κυκλική οµάδα. Είναι ϕανερό ότι G = {x n : n Z}. Τα κλασικά παραδείγµατα κυκλικών οµάδων είναι : η άπειρη κυκλική των ακέραιων αριθµών (Z, +) και η (Z n, +), πεπερασµένη κυκλική. Ο πληθικός αριθµός G της οµάδας G ονοµάζεται τάξη της G. Να σηµειώσουµε ότι αν G = X και X < δεν συνεπάγεται ότι G <. Για παράδειγµα, η (Z, +) παράγεται από ένα στοιχείο, αλλά, η (Z, +) δεν είναι πεπερασµένη οµάδα. Στην επόµενη πρόταση δίνουµε έναν απλούστερο τρόπο κατασκευής της µικρότερης υποοµάδας X της οµάδας G που περιέχει το υποσύνολο X. Πρόταση 2.5 Αν X είναι ένα µη κενό υποσύνολο της οµάδας G, τότε X = {1 G } {x ε xεκ κ : ε i = ±1, x i X, i = 1,..., κ, µε κ 1}. Απόδειξη. Εστω S = X = {1 G } {x ε xεκ κ : ε i = ±1, x i X, i = 1,..., κ, µε κ 1}. Προφανώς, S. Εστω x ε xεκ κ, y ε yε λ λ S. Επειδή η G είναι οµάδα, (x ε xεκ κ )(y ε yε λ λ ) = x ε xεκ κ y ε yε λ λ S. Εστω x ε xεκ κ S. Λόγω του ότι (x ε xεκ κ ) 1 = x εκ κ... x ε 1 1 = x δκ κ... x δ 1 1, όπου δ i = ±1, i = 1,..., κ, έχουµε ότι (x ε xεκ κ ) 1 S. Άρα, S G. Επειδή X S και S F X, X S. Εστω x ε xεκ κ S. Λόγω του ότι X X και X είναι υποοµάδα, x ε 1 1,..., xεκ κ X. Από την Πρόταση 2.1, x ε 1 1 xε 2 2 X. Εφαρµόζοντας (κ 1) ϕορές την Πρόταση 2.1, έχουµε ότι x ε xεκ κ X και έτσι, S X. Συνεπώς, S = X. Παραδείγµατα 2.2 ϱατηρώντας ότι 1. Θα δείξουµε ότι S 3 = (12), (13) = (12), (23). Πα- (23) = (12)(13)(12), (123) = (13)(12), (132) = (12)(13), έχουµε ότι κάθε στοιχείο της S 3 παράγεται από τα (12) και (13). Άρα,

5 2.1. ΥΠΟΟΜΑ ΕΣ 49 S 3 = (12), (13). Οµοια, επειδή συµπεραίνουµε ότι S 3 = (12), (23). (13) = (12)(23)(12), (123) = (12)(23), (132) = (23)(12), 2. Εστω G οµάδα και H µία γνήσια υποοµάδα της G. Θα δείξουµε ότι G = G \ H, όπου G \ H = {x G : x / H}. Παρατηρούµε ότι το σύνολο G είναι η ξένη ένωση των H και G \ H. Επειδή G \ H G \ H, αρκεί να δείξουµε ότι H G\H. Εστω h H. Επειδή η H είναι γνήσια υποοµάδα της G, υπάρχει g G\H. Αν hg H, τότε g H, άτοπο. Επειδή το σύνολο G είναι η ξένη ένωση των H και G\H, έχουµε ότι hg G\H. Λόγω του ότι G \ H G \ H, συµπεραίνουµε ότι h G \ H και έτσι, H G \ H. Στην ακόλουθη πρόταση γενικεύουµε το Παράδειγµα 2.2(1), δίνοντας τρία σύνολα γεννητόρων της S n µε n 3. Πρόταση 2.6 Για n 3, τα σύνολα X 1 = {(12), (13),..., (1n)}, X 2 = {(12), (23),..., (n 1 n)} και X 3 = {(12), (12... n)} παράγουν την S n. Επιπλέον, κάθε γνήσιο υποσύνολο είτε του X 1 είτε του X 2 είτε του X 3 δεν παράγει την S n. Απόδειξη. Πρώτα από όλα, ϑα δείξουµε ότι κάθε µετάθεση σ S n γράφεται ως γινόµενο µεταβάσεων, όχι απαραίτητα ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Από την Πρόταση 1.11, έχουµε ότι η σ γράφεται ως γινόµενο κύκλων ξένων µεταξύ τους ανά δύο µε µήκος κ 2. Αρκεί να δείξουµε ότι κάθε κ-κύκλος µπορεί να γραφεί ως γινόµενο µεταβάσεων. Εστω (σ 1 σ 2... σ κ ) ένας κ-κύκλος. Τότε, (σ 1 σ 2... σ κ ) = (σ 1 σ κ )(σ 1 σ κ 1 )... (σ 1 σ 2 ). Συνεπώς, το σύνολο των µεταβάσεων της S n είναι ένα σύνολο γεννητόρων της. Εστω (i j) µία µετάβαση. Επειδή (i j) = (1 i)(1 j)(1 i) για κάθε i, j {1,..., n}, µε i j, συµπεραίνουµε ότι το X 1 είναι ένα σύνολο γεννητόρων της S n. Αν από το X 1 ϐγάλουµε µία µετάβαση της µορφής (1i), µε i 1, τότε η υποοµάδα H που παράγεται από τις υπόλοιπες είναι µία γνήσια υποοµάδα, αφού κάθε µετάθεση τ H ϑα µεταθέτει µόνο τα {1, 2,..., i 1, i + 1,..., n}. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι η S n παράγεται από το X 1, µπο- ϱούµε να δείξουµε ότι το X 2 είναι επίσης ένα σύνολο γεννητόρων της S n. Αρκεί να δείξουµε ότι κάθε µετάβαση (1j) γράφεται ως γινόµενο στοιχείων του X 2. Πα- ϱατηρούµε ότι, για j 2, (1j) = (1 j 1)(j 1 j)(1 j 1) = (1 j 2)(j 2 j 1)(1 j 2) (j 1 j) (1 j 2)(j 2 j 1)(1 j 2) = (1 j 2)(j 2 j 1)(j 1 j)(1 j 2) 2 (j 2 j 1)(1 j 2) = (1 j 2)(j 2 j 1) (j 1 j) (j 2 j 1)(1 j 2) =... = (12)(23)(34)... (j 2 j 1)(j 1 j) (j 2 j 1)... (34)(23)(12).

6 50 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Εφαρµόζοντας όµοια επιχειρήµατα όπως προηγουµένως, έχουµε ότι κάθε γνήσιο υποσύνολο του X 2 παράγει µία γνήσια υποοµάδα της S n. Θέτουµε ρ = (12) και τ = ( n) και έστω H = ρ, τ. Επειδή τρτ 1 = (23) H, τ 2 ρτ 2 = (34) H,... τ n 2 ρτ (n 2) = (n 1 n) H και το X 2 παράγει την S n, συµπεραίνουµε ότι S n = H = ρ, τ. Εποµένως, το X 3 είναι ένα άλλο σύνολο γεννητόρων της S n. Λόγω του ότι η S n, n 3, δεν είναι αβελιανή, κάθε γνήσιο υποσύνολο του X 3 παράγει γνήσια υποοµάδα της S n. Στο τέλος του Κεφαλαίου 1, είδαµε ότι το σύνολο των µεταθέσεων διαµελίζεται µε τη ϐοήθεια του προσήµου σε δύο γνήσια υποσύνολα. Ουσιαστικά, στο A n, το σύνολο των άρτιων µεταθέσεων, και στο σύνολο Π n των περιττών µεταθέσεων. Αφού το ουδέτερο στοιχείο της S n δεν ανήκει στο Π n, έχουµε ότι το σύνολο των περιττών µεταθέσεων δεν είναι υποοµάδα. Επειδή Id X A n και ε(στ) = ε(σ)ε(τ) για κάθε σ, τ S n, όπου ε η απεικόνιση από την S n στην {+1, 1} που στέλνει την σ στο πρόσηµό της ε(σ), το A n είναι υποοµάδα της S n. Στην επόµενη πρόταση δίνουµε σύνολα γεννητόρων της A n. Πρόταση 2.7 µήκους Για n 3, η οµάδα A n παράγεται από όλους τους κύκλους 2. Εστω r, s {1,..., n}, µε r s και n 3. Η A n παράγεται από τους κύκλους (r s i), i {1,..., n}, r, s i. Απόδειξη. 1. Εστω H η υποοµάδα της A n, που παράγεται από όλους τους κύκλους µήκους 3. Αρκεί να δείξουµε ότι A n H. Αφού κάθε στοιχείο της A n µπο- ϱεί να γραφεί σαν γινόµενο άρτιου πλήθους µεταβάσεων, αρκεί να δείξουµε ότι το γινόµενο δύο µεταβάσεων είναι γινόµενο κύκλων µήκους 3. Αν (i j) και (κ λ) είναι µεταβάσεις ξένες µεταξύ τους, τότε (i j)(κ λ) = (i κ j)(i κ λ), ενώ στην περίπτωση που οι (i j), (κ λ) έχουν κοινό στοιχείο, έστω i = κ, έχουµε ότι (i j)(i λ) = (i λ j). 2. Εστω H η υποοµάδα της A n, που παράγεται από όλους τους κύκλους µήκους 3 της µορφής (r s i), i {1,..., n}, r, s i. Αρκεί να δείξουµε ότι A n H. Λαµβάνοντας υπόψη την Πρόταση 2.7(1), αρκεί να δείξουµε ότι κάθε 3-κύκλος (i j κ) γράφεται σαν γινόµενο κύκλων της µορφής (r s i), i {1,..., n}, r, s i. Παρατηρούµε ότι (i j κ) = (r s i) 2 (r s κ)(r s j) 2 (r s i) και έτσι, παίρνουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα.

7 2.1. ΥΠΟΟΜΑ ΕΣ 51 Εστω G µία οµάδα. Ενα στοιχείο x G έχει πεπερασµένη τάξη n αν η κυκλική υποοµάδα x είναι πεπερασµένη µε πληθικό αριθµό n. ηλαδή, x = n. Αν x είναι άπειρη (µη πεπερασµένη), τότε το x έχει άπειρη τάξη. Συµβολίζουµε µε ord(x) την τάξη του x. Μια οµάδα λέγεται περιοδική αν όλα τα στοιχεία της έχουν πεπερασµένη τάξη. Αν οι τάξεις των στοιχείων της οµάδας είναι πεπερασµένες και ϕραγµένες, τότε λέµε ότι η οµάδα έχει πεπερασµένο εκθέτη. Τότε, ο εκθέτης της οµάδας είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο όλων των τάξεων. Από την άλλη πλευρά, µια οµάδα που κάθε στοιχείο της, εκτός του ουδετέρου, έχει άπειρη τάξη καλείται ελεύθερη στρέψης οµάδα. Η οµάδα (Q, +) είναι ένα παράδειγµα ελεύθερη στρέψης οµάδας. Πρόταση 2.8 Εστω G οµάδα και x G. 1. Το x έχει άπειρη τάξη αν και µόνο αν όλες οι δυνάµεις του x είναι διαφορετικές µεταξύ τους. 2. Αν το x έχει πεπερασµένη τάξη n, τότε x m = 1 G αν και µόνο αν n m. Επιπλέον, x = {1 G, x,..., x n 1 }. 3. Αν το x έχει πεπερασµένη τάξη n, η τάξη του x κ είναι ίση µε Απόδειξη. n µκδ(n,κ). 1. Υποθέτουµε ότι όλες οι δυνάµεις του x είναι διαφορετικές. Τότε, προφανώς, η x είναι άπειρη και έτσι, η τάξη του x είναι άπειρη. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι δύο δυνάµεις του x είναι ίσες, x λ = x κ, µε λ < κ. Τότε, x κ λ = 1 G. Ετσι, µπορούµε να ϑεωρήσουµε τον µικρότερο ϑετικό ακέραιο r τέτοιο ώστε x r = 1 G. Εστω s Z. Χρησιµοποιώντας τον αλγόριθµο διαίρεσης, s = qr + q 0, όπου q, q 0 είναι ακέραιοι και 0 q 0 < r. Τότε, x s = (x r ) q x q 0 = x q 0, από όπου προκύπτει ότι x = {1 G, x,..., x r 1 }. ηλαδή, η τάξη του x είναι πεπερασµένη, που είναι άτοπο. 2. Εστω ord(x) = n. Από την προηγούµενη απόδειξη, έχουµε ότι x n = 1 G και x = {1 G, x,..., x n 1 }. Με άλλα λόγια, ο n είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε την ιδιότητα x n = 1 G. Υποθέτουµε ότι υπάρχει m Z έτσι, ώστε x m = 1 G. Από τον αλγόριθµο διαίρεσης, υπάρχουν (µοναδικοί) ακέραιοι p, p 0 έτσι, ώστε m = np + p 0, µε 0 p 0 < n. Τότε, 1 G = x m = x np+p 0 = (x n ) p x p 0 = x p 0 και έτσι, p 0 = 0. Με άλλα λόγια, n m. Τετριµµένα, αν n m, τότε x m = 1 G. 3. Υποθέτουµε ότι ord(x) = n και έστω λ = ord(x κ ). Επειδή (x κ ) µκδ(n,κ) = (x n κ ) µκδ(n,κ) n = 1 G, από την Πρόταση 2.8(2) έχουµε ότι λ µκδ(n,κ). Λόγω του ότι (x κ ) λ = 1 G και η τάξη του x είναι n, από την Πρόταση 2.8(2) έχουµε n ότι n κλ. Ετσι, µκδ(n,κ) ( κ µκδ(n,κ) )λ. Από τον αλγόριθµο του Ευκλείδη, υπάρχουν (όχι απαραίτητα µοναδικοί) ακέραιοι x, y έτσι, ώστε µκδ(n, κ) = n nx + κy και έτσι, µκδ(n,κ) και κ µκδ(n,κ) είναι πρώτοι µεταξύ τους. Επειδή n n n µκδ( ) = 1, έχουµε ότι λ. Συνεπώς, λ = µκδ(n,κ), κ µκδ(n,κ) µκδ(n,κ) n µκδ(n,κ).

8 52 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Παραδείγµατα Εστω G = (Z 12, +) = [1] 12 και έστω H = [8] 12. Επειδή G = 12 και η [1] 12 είναι γεννήτορας της G, από τον ορισµό της τάξης στοιχείου, έχουµε ότι ord([1] 12 ) = 12. Επειδή [8] 12 = 8 [1] 12 = [1] [1] 12 }{{} 8 παράγοντες και η ord([1] 12 ) = 12, από την Πρόταση 2.8(3), έχουµε ότι ord([8] 12 ) = 12 µκδ(8,12). Επειδή µκδ(8, 12) = 4, η τάξη του [8] 12 είναι 12/4 = 3 και άρα, H = 3. Οι τάξεις των [2] 12 και [10] 12 είναι ίσες µε 6, αφού µκδ(2, 12) = µκδ(10, 12) = 2. Επειδή [10] 12 [2] 12 και ord([2] 12 ) = ord([10] 12 ) = 6, συµπεραίνουµε ότι [2] 12 = [10] Εστω G µία οµάδα και a, b G. Υποθέτουµε ότι οι τάξεις των a και b είναι n και m, αντίστοιχα, µε µκδ(n, m) = 1. Θα δείξουµε ότι αν ab = ba, τότε η τάξη του ab είναι nm. Επειδή ab = ba, εύκολα συµπεραίνουµε ότι (ab) nm = 1 και έτσι, από την Πρόταση 2.8(1), η τάξη του στοιχείου ab είναι πεπερασµένη. Εστω r = ord(ab). Από την Πρόταση 2.8(2), έχουµε ότι r nm και εποµένως, r nm. Επειδή r = ord(ab), έχουµε ότι (ab) r = 1 G. Λόγω του ότι ab = ba, a r = b r. Αλλά, 1 G = a nr = b rn και άρα, από την Πρόταση 2.8(2), m rn. Επειδή µκδ(n, m) = 1, έχουµε ότι m r. Οµοια, δείχνουµε ότι n r. Επειδή µκδ(n, m) = 1, υπάρχουν x, y Z έτσι, ώστε 1 = nx + my. Τότε, r = rnx + rmy και εποµένως, mn r. ηλαδή, nm r και συνεπώς, r = ord(ab) = nm. 3. Θεωρούµε µία οµάδα G. Εστω a G µε πεπερασµένη τάξη m. Τότε, για κάθε ϑετικό ακέραιο n, ord(a n ) m. Πράγµατι, από την Πρόταση 2.8(3), ord(a n ) = m για όλα τα n N. m µκδ(n,m) 2.2 Θεώρηµα Lagrange Εστω G µία οµάδα. Για κάθε υποοµάδα H της G, ορίζουµε µια σχέση R α,h στο σύνολο G ως εξής : x y (mod R α,h ) αν και µόνο αν υπάρχει h H έτσι, ώστε x = yh ή ισοδύναµα, y 1 x H. Ισχυριζόµαστε ότι η R α,h είναι σχέση ισοδυναµίας στο G. Πράγµατι, επειδή 1 G H, η R α,h είναι ανακλαστική. Εστω x y (mod R α,h ). Τότε, y 1 x H. Επειδή H G, έχουµε ότι (y 1 x) 1 = x 1 y H και έτσι, y x (mod R α,h ). ηλαδή, η R α,h είναι συµµετρική. Εστω x y (mod R α,h ) και y z (mod R α,h ). Τότε, y 1 x, z 1 y H. Λόγω του ότι H G, (z 1 y)(y 1 x) = z 1 x H. Με άλλα λόγια, η R α,h είναι µεταβατική. Συνεπώς, η R α,h είναι σχέση ισοδυναµίας στο G. Εστω x G. Ποια είναι η κλάση ισοδυναµίας [x] Rα,H του x; Πρώτα από όλα, συµβολίζουµε µε xh = {xh : h H}. Να τονίσουµε ότι ο «πολλαπλασιασµός» xh του x µε το h είναι η πράξη που έχει η οµάδα G. Για κάθε x G, το σύνολο xh ονοµάζεται αριστερό σύµπλοκο (ή αριστερή πλευρική κλάση) του H η οποία περιέχει το x.

9 2.2. ΘΕΩΡΗΜΑ LAGRANGE 53 Από τον ορισµό της κλάσης ισοδυναµίας [x] Rα,H = {y G : x y (mod R α,h )} = {y G : x 1 y H} = {xh : h H} = xh. Εποµένως, διαφορετικά αριστερά σύµπλοκα είναι ξένα µεταξύ τους και xh = yh αν και µόνο αν x 1 y H. Επειδή η απεικόνιση από το H στο xh που στέλνει το h στο xh είναι 1 1 και επί, έχουµε ότι H = xh, δηλαδή, όλα τα αριστερά σύµπλοκα του H έχουν τον ίδιο πληθικό αριθµό H. Συµβολίζουµε µε A H το σύνολο των αριστερών συµπλόκων του H. Με άλλα λόγια, A H = G/R α,h, το σύνολο πηλίκο των κλάσεων ισοδυναµίας της R α,h. Με ακριβώς ανάλογο τρόπο µπορούµε να ορίσουµε την R δ,h. Ετσι, ορίζεται το δεξιό σύµπλοκο (ή δεξιά πλευρική κλάση) του H που περιέχει το x, δηλαδή, [x] Rδ,H = {hx : h H} = Hx. Το σύνολο των δεξιών συµπλόκων του H παριστάνεται µε D H ή G/R δ,h. Λήµµα 2.1 Εστω G οµάδα και H G. Τότε, A H = D H. Απόδειξη. Εστω f η απεικόνιση από το σύνολο A H στο σύνολο D H µε τύπο f(xh) = Hx 1 για κάθε x G. Εστω xh = yh. Τότε, x 1 y H και έτσι, Hx 1 = Hy 1. Με άλλα λόγια, η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη. Προφανώς, η f είναι επί. Εστω f(xh) = f(yh). Τότε, Hx 1 = Hy 1. Άρα, x 1 y H. Από τον ορισµό της R α,h έχουµε ότι xh = yh. Συνεπώς, η f είναι 1 1 και έτσι, A H = D H. Εστω H υποοµάδα της οµάδας G. Ο κοινός πληθικός αριθµός των A H και D H ονοµάζεται δείκτης της H στην G και συµβολίζεται µε G : H. Παραδείγµατα Εστω G = (Z 12, +) και H = [4] 12. Τα αριστερά σύµπλοκα της H στην G είναι : [0] 12 + H = {[0] 12, [4] 12, [8] 12 } = [4] 12 + H = [8] 12 + H = H, [1] 12 + H = {[1] 12, [5] 12, [9] 12 } = [5] 12 + H = [9] 12 + H, [2] 12 + H = {[2] 12, [6] 12, [10] 12 } = [6] 12 + H = [10] 12 + H και [3] 12 + H = {[3] 12, [7] 12, [11] 12 } = [7] 12 + H = [11] 12 + H. Επειδή η G = (Z 12, +) είναι αβελιανή, τα αριστερά σύµπλοκα της H ταυτίζονται µε τα δεξιά σύµπλοκά της στην G. Ο δείκτης της H στην G είναι G : H = Εστω H = (123) = {(1), (123), (132)} S 3. Τα αριστερά σύµπλοκα της H στην S 3 είναι : H και (12)H = {(12), (13), (23)}. Άρα, ο δείκτης της H στην S 3 είναι S 3 : H = 2. Παρατηρούµε ότι τα αριστερά σύµπλοκα της H ταυτίζονται µε τα δεξιά σύµπλοκά της στην S 3.

10 54 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες 3. Εστω H = (12) = {(1), (12)} S 3. Τα αριστερά σύµπλοκα της H είναι : H, (13)H = {(13), (123)} και (23)H = {(23), (132)}. Τα δεξιά σύµπλοκα της H είναι : H, H(13) = {(13), (132)} και H(23) = {(23), (123)}. Στο παρόν παράδειγµα, A H D H. Ο δείκτης της H στην S 3 είναι S 3 : H = 3. Το παρακάτω αποτέλεσµα είναι εµπευσµένο από την ερευνητική δουλειά του Lagrange (1770), γνωστό ως Θεώρηµα Lagrange, και πιθανώς αποδείχθηκε πρώτα από το Galois. Συνδέει την τάξη της οµάδας G µε την τάξη της υποοµάδας H και το δείκτη G : H. Θεώρηµα 2.2 (Θεώρηµα Lagrange ) Εστω G µία πεπερασµένη οµάδα. Τότε, για κάθε υποοµάδα H της G ισχύει G = G : H H. Συγκεκριµένα, ο H διαιρεί τον G. Απόδειξη. Η οµάδα G γράφεται σαν ξένη ένωση των αριστερών συµπλόκων της H, δηλαδή, G = 1 i m x ih και x i H x j H = αν i j. Τότε, G = m i=1 x ih. Αφού x i H = H για i = 1,..., m, έχουµε ότι G = m H. Παρατηρώντας ότι m = G : H, παίρνουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. ύο άµεσες συνέπειες του Θεωρήµατος 2.2 αποδεικνύονται στο παρακάτω Πόρισµα. Πόρισµα Εστω G µία πεπερασµένη οµάδα και x G. Τότε, x G = 1 G. 2. Κάθε πεπερασµένη οµάδα τάξης p, όπου p πρώτος αριθµός, είναι κυκλική. Απόδειξη. 1. Εστω ότι η τάξη του x είναι n και έστω m = G : x. Από το Θεώρηµα 2.2, G = nm και έτσι, x G = x nm = (x n ) m = 1 m G = 1 G. 2. Εστω G µία οµάδα τάξης p, όπου p είναι πρώτος αριθµός, και έστω x G \ {1 G }. Από το Θεώρηµα 2.2, η ord(x) p. Εποµένως, ord(x) = 1 ή p. Επειδή x 1 G, έχουµε ότι ord(x) = p και έτσι, G = x. Παράδειγµα 2.1 Με τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος Lagrange και του Πορίσµατος 2.1, ϑα δείξουµε ότι όλες οι πεπερασµένες οµάδες G µε τάξη 2 G 5 είναι αβελιανές. Από το Πόρισµα 2.1(2), η G, µε G 4, είναι κυκλική. Ετσι, υποθέτουµε ότι η G έχει τάξη 4. Από το Θεώρηµα 2.2, κάθε στοιχείο x G\{1 G } έχει τάξη 2 ή 4. Αν υπάρχει στοιχείο x µε τάξη 4, τότε η G είναι κυκλική. Άρα, υποθέτουµε ότι x 2 = 1 G για κάθε x G. Επειδή (xy) 2 = 1 G για κάθε x, y G, έχουµε ότι xy = (xy) 1 = y 1 x 1 = yx και έτσι, η G είναι αβελιανή. Εστω G µία οµάδα και H µία υποοµάδα της G και έστω G/R a,h = {xh : x G}. Από κάθε αριστερό σύµπλοκο xh επιλέγουµε ένα στοιχείο. Συµβολίζουµε µε T το σύνολο των επιλεγµένων στοιχείων. Το T ονοµάζεται ένα πλήρες σύνολο αριστερών αντιπροσώπων της H στην G. Να παρατηρήσουµε ότι αν t 1, t 2 T και t 1 H = t 2 H, τότε t 1 = t 2. Εύκολα διαπιστώνουµε ότι G = th t T

11 2.2. ΘΕΩΡΗΜΑ LAGRANGE 55 και ότι κάθε στοιχείο της G γράφεται µοναδικά th, t T και h H. Από την κατασκευή του T και τον ορισµό του δείκτη G : H, συµπεραίνουµε ότι T = G : H. Είναι ϐολικό να επλέγουµε το ουδέτερο στοιχείο 1 G ως αντιπρόσωπο της H και έτσι, 1 G T. Οµοια ορίζεται και ένα πλήρες σύνολο δεξιών αντιπροσώπων της H στην G. Για κάθε µη κενό υποσύνολο X µιας οµάδας G ορίζουµε X inv = {x 1 : x X}. Λήµµα 2.2 Εστω G µία οµάδα και H G. Αν T είναι ένα πλήρες σύνολο αριστερών αντιπροσώπων, τότε T inv είναι ένα πλήρες σύνολο δεξιών αντιπροσώπων. Απόδειξη. Εστω f η απεικόνιση από το G στο G µε τύπο f(x) = x 1 για κάθε x G. Προφανώς, η f είνα 1 1 και επί. Συνεπώς, f(g) = G inv = G. Επίσης, για κάθε H G, f(h) = H inv = H. Εποµένως, (th) inv = Ht 1. Επειδή το G είναι η ξένη ένωση των th, t T, και λόγω του ότι H inv = H για κάθε H G, έχουµε ότι G = (th) inv = Ht 1. t T t 1 T inv Επειδή Hx 1 = Hy 1 αν και µόνο αν xh = yh, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Το Λήµµα 2.2 µάς λέει ότι µπορούµε να δουλεύουµε µε πλήρη σύνολα αριστερών αντιπροσώπων. Παράδειγµα 2.2 Εστω H = (12) = {(1), (12)} η υποοµάδα της S 3 που πα- ϱάγεται από το (12). Από το Θεώρηµα Lagrange, S 3 : H = S 3 H = 3. Εύκολα διαπιστώνουµε ότι (123)H = {(123), (13)}, (132)H = {(132), (23)}. Εποµένως, S 3 /R a,h = {H, (123)H, (132)H}. Τα παρακάτω σύνολα T 1 = {(1), (123), (132)}, T 2 = {(1), (123), (23)}, T 3 = {(12), (13), (23)} είναι πλήρη σύνολα αριστερών αντιπροσώπων της H στην S 3. Από το Λήµµα 2.2, έχουµε ότι T1 inv = {(1), (132), (123)}, T2 inv = {(1), (132), (23)}, T3 inv = {(12), (13), (23)} είναι πλήρη σύνολα δεξιών αντιπροσώπων της H στην S 3. Το Θεώρηµα Lagrange ισχύει πιο γενικά όπως αποδεικνύουµε στο επόµενο αποτέλεσµα.

12 56 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Θεώρηµα 2.3 Εστω G µία οµάδα και K H G. Τότε, G : K = G : H H : K. Επιπλέον, αν G : K = p, όπου p είναι πρώτος αριθµός, τότε είτε K = H είτε H = G. Απόδειξη. Εστω ότι το G διαµελίζεται από το σύνολο {Hx α : α A} που αποτελείται από δεξιές πλευρικές κλάσεις της H και το H διαµελίζεται από το σύνολο {Ky β : β B} που αποτελείται από δεξιές πλευρικές κλάσεις της K. Εστω g G. Τότε, g Hx α για κάποιο α A και έτσι, g = hx α για µοναδικό h H. Αλλά, h Ky β και έτσι, g = ky β x α για κάποιο k K. Συνεπώς, κάθε στοιχείο της G ανήκει σε κάποια δεξιά πλευρική κλάση Ky β x α. Το αποτέλεσµα έπεται αν δείξουµε το εξής : Αν Ky β x α = Ky β x α, τότε x α = x α και y β = y β. Πράγµατι, Ky β x α Hx α και Ky β x α Hx α και εποµένως, x α = x α και y β = y β. Εστω G : K = p. Τότε, είτε G : H = 1 είτε H : K = 1 και έτσι, είτε G = H είτε H = K. Θεωρώντας K = {1 G } στο Θεώρηµα 2.3 παίρνουµε µία γενίκευση του Θεω- ϱήµατος 2.2. Εστω X 1, X 2,... µη κενά σύνολα. Από τα στοιχεία x i X i, i N, δηµιουργούµε στοιχεία (x 1, x 2,...) που τα αποκαλούµε διατεταγµένες -άδες αν ισχύει (x 1, x 2,...) = (y 1, y 2,...) x i = y i, i N. Ονοµάζουµε γενικευµένο (αριθµήσιµο) καρτεσιανό γινόµενο των συνόλων X 1, X 2,..., X i,... και το συµβολίζουµε µε i N X i ή ( i N X i ) το σύνολο των διατεταγ- µένων -άδων (x 1, x 2,...), όπου x i X i, i N. ηλαδή, X i = i N X i = {(x 1, x 2,..., x m,...) : x i X i, i N}. i N Πρόταση 2.9 Εστω {H i : i N} µια µη κενή αριθµήσιµη οικογένεια υποοµάδων της οµάδας G και έστω K = i N H i. Τότε, υπάρχει µία 1 1 απεικόνιση f από το G/R δ,k στο i N G/R δ,h i. Απόδειξη. Εστω f η απεικόνιση από το G/R δ,k στο i N G/R δ,h i µε τύπο f(kx) = (H 1 x, H 2 x,...). Πρώτα από όλα, ϑα δείξουµε ότι η f είναι καλά ο- ϱισµένη. Εστω Kx = Ky. Τότε, xy 1 K και έτσι, xy 1 H i για κάθε i N. Εποµένως, H i x = H i y για κάθε i N και άρα, f(kx) = f(ky). Συνεπώς, η απεικόνιση είναι καλά ορισµένη. Εστω f(kx) = f(ky). Τότε, (H 1 x, H 2 x,...) = (H 1 y, H 2 y,...). Άρα, H i x = H i y για κάθε i N και έτσι, xy 1 K, δηλαδή, Kx = Ky. Με άλλα λόγια, η απεικόνιση f είναι 1 1. Μία συνέπεια της Πρότασης 2.9 είναι ένα αποτέλεσµα του Poincaré. Πόρισµα 2.2 Εστω H 1,..., H m υποοµάδες της οµάδας G µε πεπερασµένο δείκτη. Τότε, η τοµή τους H 1... H m έχει πεπερασµένο δείκτη στην G. Απόδειξη. Θέτουµε K = H 1... H m. Επειδή G : K = G/R δ,k και G : H i = G/R δ,hi,

13 2.3. ΚΥΚΛΙΚΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 57 i = 1,..., m, από την Πρόταση 2.9, συµπεραίνουµε ότι m G : K G : H i < και έτσι, η τοµή H 1... H m έχει πεπερασµένο δείκτη στην G. i=1 2.3 Κυκλικές Οµάδες Το να περιγραφούν οι υποοµάδες µιας (πεπερασµένης) οµάδας G είναι γενικά µια δυσχερής, επίπονη διαδικασία. Στην επόµενη πρόταση περιγράφουµε τις υποο- µάδες µιας κυκλικής οµάδας, που είναι µια εφαρµογή του αλγόριθµου διαίρεσης και του Θεωρήµατος Lagrange. Πρόταση 2.10 Εστω G = x και H µια υποοµάδα της G. 1. Η υποοµάδα H είναι κυκλική. 2. Αν η G είναι άπειρη, τότε η H είναι είτε άπειρη κυκλική είτε {1 G }. 3. Εστω G = n. Τότε, σε κάθε ϑετικό διαιρέτη d του n αντιστοιχεί ακριβώς µία υποοµάδα τάξης d, ουσιαστικά η x n/d. Απόδειξη. Πρώτα από όλα ϑα δείξουµε ότι η H είναι κυκλική. Αν H = {1 G }, τότε δεν έχουµε τίποτα να αποδείξουµε. Ετσι, υποθέτουµε ότι H {1 G }. Επειδή η H είναι υποοµάδα, το H περιέχει ένα µη τετριµµένο στοιχείο x s µε s ϑετικό ακέραιο. Υποθέτουµε ότι το s είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε αυτή την ιδιότητα. Ισχυριζόµαστε ότι x s = H. Είναι αρκετό να δείξουµε ότι H x s. Πράγµατι, έστω x t H. Τότε, t = qs + r, όπου 0 r < s. Αφού η H είναι υποοµάδα, x r = (x s ) q x t H. Λόγω της επιλογής του s, r = 0. Ετσι, s t και συνεπώς, x t x s. Άρα, H = x s. ηλαδή, η H είναι κυκλική. Αν η G είναι άπειρη, τότε το x έχει άπειρη τάξη και το ίδιο ισχύει για το x s. Εστω τώρα ότι η τάξη του x είναι n. Από το Θεώρηµα Lagrange, H διαιρεί το n. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι d n. Τότε, από την Πρόταση 2.8, ord(x n/d ) = d και x n/d = d. Τέλος, υποθέτουµε ότι x k είναι µια άλλη υποοµάδα τάξης d. Τότε, x kd = 1 G, Επειδή η τάξη του x είναι n, έχουµε ότι n kd. Συνεπώς, ο n d διαιρεί το k και x k x n/d. Αλλά, οι δύο υποοµάδες έχουν τάξη d και έτσι, ταυτίζονται. Παραδείγµατα Εστω G = (Z 18, +) = [1] 18. Θέλουµε να ϐρούµε όλους τους γεννήτορες της G. Εστω [k] 18 ένας γεννήτορας της G. Προφανώς k {1,..., 17}. Τότε, [k] 18 = [1] [1] }{{ 18 = k [1] } 18. k παράγοντες Από τον ορισµό της τάξης στοιχείου, έχουµε ότι ord([1] 18 ) = 18. Από την Πρόταση 2.8(3), ord([k] 18 ) = ord([1] 18 ) µκδ(ord([1] 18 ), k) = 18 µκδ(18, k).

14 58 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Επειδή [k] 18 είναι γεννήτορας της G, έχουµε ότι ord([k] 18 ) = 18. Εποµένως, [k] 18 είναι γεννήτορας αν και µόνο αν µκδ(18, k) = 1. Συνεπώς, k = 1, 5, 7, 11, 13, 17. Άρα, G = [1] 18 = [5] 18 = [7] 18 = [11] 18 = [13] 18 = [17] 18. Επειδή γνωρίζουµε έναν τουλάχιστον γεννήτορα της κυκλικής οµάδας G, µπορούµε να εφαρµόσουµε την Πρόταση Για απλότητα ϑεωρούµε G = [1] 18. Οι διαιρέτες του 18 είναι 1, 2, 3, 6, 9, 18. Εποµένως, όλες οι υποοµάδες της G είναι H 1 = [0] 18 = 18 [1] 18, H 2 = 9 [1] 18, H 3 = 6 [1] 18, H 6 = 3 [1] 18, H 9 = 2 [1] 18, H 18 = G = 1 [1] 18. Αλλά, πως ϑα δουλέψουµε αν επιλέξουµε ως γεννήτορα της G την κλάση [5] 18 ; Η Πρόταση 2.10(3) µάς δίνει την απάντηση. Επειδή σε κάθε διαιρέτη αντιστοιχεί ακριβώς µία υποοµάδα τάξης d, για d {1, 2, 3, 6, 9, 18}, έχουµε ότι H d = 18 d [5] 18. Από το Θεώρηµα Lagrange, ο δείκτης της H 6 στη G είναι 3, αφού G : H 6 = G H 6 = 18 6 = Θα δείξουµε ότι κάθε υποοµάδα H της (Z, +) των ακέραιων αριθµών είναι κυκλική και είναι H = {0} ή H = m, όπου m είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος που ανήκει στην H. Επιπλέον, ϑα δείξουµε ότι (Z, +) είναι ισόµορφη µε την H = m. Εστω H {0} µία µη τετριµµένη υποοµάδα της (Z, +). Αν a H, τότε a H. Συνεπώς, η H περιέχει ϑετικούς ακέραιους. Εστω m ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος που ανήκει στην H. Γράφουµε µε K = m = {mq : q Z}. Ισχυριζόµαστε ότι H = K. Πράγµατι, αρκεί να δείξουµε ότι H K. Εστω h H. Τότε, από τον αλγόριθµο διαίρεσης, υπάρχουν (µοναδικοί) ακέραιοι αριθµοί s και r τέτοιοι, ώστε h = ms + r, µε 0 r m 1. Αλλά, r = h ms H. Από την επιλογή του m, έχουµε ότι r = 0. Συνεπώς, h K και έτσι, H = m. Ορίζουµε την απεικόνιση φ από το (Z, +) στο H µε τύπο φ(k) = mk για κάθε k Z. Εύκολα, αποδεικνύουµε ότι η φ είναι ισοµορφισµός οµάδων. Είναι προφανές ότι µία οµάδα έχει ακριβώς µια υποοµάδα αν και µόνο αν η οµάδα έχει τάξη 1. Ως συνέπεια του Θεωρήµατος Lagrange και της Πρότασης 2.10, έχουµε ότι το παρακάτω αποτέλεσµα που περιγράφει τις οµάδες που έχουν ακριβώς δύο υποοµάδες. Πρόταση 2.11 Μία οµάδα G έχει ακριβώς δύο υποοµάδες αν και µόνο αν είναι κυκλική της οποίας η τάξη είναι πρώτος αριθµός. Απόδειξη. Εστω G µία πεπερασµένη κυκλική οµάδα τάξης p, όπου p πρώτος αριθµός. Εστω H υποοµάδα της G. Από το Θεώρηµα Lagrange, έχουµε ότι H p

15 2.3. ΚΥΚΛΙΚΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 59 και έτσι, είτε H = 1 είτε H = p. Συνεπώς, η G έχει ακριβώς δύο υποοµάδες. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι η G έχει ακριβώς δύο υποοµάδες. Ισχυριζόµαστε ότι η G είναι κυκλική και ότι έχει τάξη p, όπου p πρώτος αριθµός. Πράγµατι, έστω g G\{1 G }. Από την υπόθεσή µας, έχουµε ότι η µικρότερη υποοµάδα της G που περιέχει το g είναι η ίδια η οµάδα G. Εποµένως, η G είναι κυκλική µε γεννήτορα g. Υποθέτουµε ότι το g έχει άπειρη τάξη. Τότε, εύκολα διαπιστώνουµε ότι η g 2 είναι γνήσια υποοµάδα της G = g, άτοπο. Άρα, η G έχει πεπερασµένη τάξη m. Λόγω του ότι η G έχει ακριβώς δύο υποοµάδες, από την Πρόταση 2.10 (3) προκύπτει ότι ο m είναι πρώτος αριθµός. Εστω (R, +, ) ένας µεταθετικός δακτύλιος µε µονάδα 1 R. Θυµίζουµε ότι µε U(R) συµβολίζουµε το σύνολο των αντιστρέψιµων στοιχείων του R. ηλαδή, U(R) = {x R : y R & xy = 1 R }. Ο (R, +, ) περικλείει µέσα του δύο αβελιανές οµάδες. Ουσιαστικά, την (R, +) και την (U(R), ). Για παράδειγµα, ο (Z n, +, ) περιέχει δύο πεπερασµένες αβελιανές οµάδες, την (Z n, +) και την (U(Z n ), ). Να σηµειώσουµε ότι ο (Z n, +, ) είναι σώµα αν και µόνο αν n είναι πρώτος. Ετσι, αν n είναι πρώτος p, U(Z p ) = U p = {[1] p,..., [p 1] p }. Θα δείξουµε ότι κάθε πεπερασµένη υποοµάδα της (U(F), ), όπου F σώµα, είναι κυκλική. Αλλά, πρώτα χρειαζόµαστε το παρακάτω ϐοηθητικό αποτέλεσµα. Λήµµα 2.3 Εστω G µία πεπερασµένη αβελιανή οµάδα και έστω a, b G µε τάξεις nm m και n, αντίστοιχα. Τότε, η G περιέχει στοιχείο c µε τάξη µκδ(n,m). Επιπλέον, αν r είναι η µέγιστη τάξη των στοιχείων της G, τότε η τάξη κάθε στοιχείου της G διαιρεί τον r. nm Απόδειξη. Θέτουµε e = µκδ(n,m), δηλαδή, το e είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των n και m. Αν µκδ(n, m) = 1, τότε ϑέτουµε c = ab. Εστω ord(c) = s. Ισχυριζόµαστε ότι s = nm. Πράγµατι, επειδή µκδ(n, m) = 1, ord(a n ) = m και ord(b m ) = n. Αλλά, c nm = (ab) nm = (a m ) n (b n ) m = 1 G και έτσι, s mn. Από την άλλη πλευρά, c m = a m b m = b m και (b m ) r = (c r ) m = 1 G. Άρα, n s. ουλεύοντας όµοια, έχουµε ότι m s. Επειδή µκδ(n, m) = 1, nm s και έτσι, s = nm = e. Υπο- ϑέτουµε ότι µκδ(n, m) 1. Αν d είναι ϕυσικός διαιρέτης του m, τότε το στοιχείο a m/d έχει τάξη d. Εστω m = p m p mt t και n = p n pnt t, όπου p 1,..., p t είναι πρώτοι αριθµοί που εµφανίζονται είτε στην ανάλυση του m είτε στην ανάλυση του n. Εστω ω i = max{m i, n i }, i = 1,..., t. Τότε, e = p ω pωt t. Το pω i i διαιρεί είτε το m είτε το n. Άρα, υπάρχει στοιχείο c i τάξης p ω i n p ω i i i (συγκεκριµένα, το a αν p ω i i m, ή το b αν p ω i i n). Θέτουµε c = c 1... c t. Το c έχει τάξη e, αφού οι p ω 1 1,..., pωt t είναι πρώτοι µεταξύ τους ανά δύο. Εστω r η µέγιστη τάξη των στοιχείων της G και έστω ότι υπάρχει ένα στοιχείο της G µε τάξη ρ, µε ρ να µην διαιρεί το r. Τότε, το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των r και ρ είναι µεγαλύτερο του r. Αλλά, τότε υπάρχει στοιχείο της G, που έχει τάξη ίση µε το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των r και ρ, το οποίο είναι άτοπο. Μία άµεση εφαρµογή του επόµενου αποτελέσµατος είναι ότι µπορούµε να κατασκευάσουµε µη τετριµµένες κυκλικές οµάδες. Πρόταση 2.12 Εστω F σώµα. Αν G είναι µία πεπερασµένη υποοµάδα της πολλαπλασιαστικής οµάδας U(F) του F, τότε η G είναι κυκλική. m p ω i i

16 60 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Απόδειξη. Εστω G = n και r η µέγιστη τάξη των στοιχείων της G. Τότε, από το Λήµµα 2.3, g r = 1 G για κάθε g G. Θεωρούµε το πολυώνυµο x r 1. Είναι γνωστό ότι το x r 1 έχει το πολύ r ϱίζες στο F. Συνεπώς, n r. Από την άλλη πλευρά, από το Θεώρηµα Lagrange, r n και έτσι, n = r. Άρα, υπάρχει στοιχείο τάξης n και εποµένως, η G είναι κυκλική. Πόρισµα 2.3 Η πολλαπλασιαστική οµάδα ενός πεπερασµένου σώµατος είναι κυκλική. Εστω p πρώτος αριθµός. Από το Πόρισµα 2.3, έχουµε ότι η U p είναι κυκλική οµάδα. Θα ολοκληρώσουµε την παρούσα παράγραφο µε µία παρατήρηση-σχόλιο σχετικά µε τους γεννήτορες της U p. Παρατήρηση-Σχόλιο 2.1 (Πρωταρχικές ϱίζες) εξής : Η ϐασική ερώτηση εδώ είναι η Σε ποιες περιπτώσεις η αβελιανή οµάδα U m = U(Z m ) του µεταθετικού δακτυλίου Z m, µε m 2, είναι κυκλική; Η απάντηση είναι χρήσιµη στη ϑεωρία των κυκλικών οµάδων και στους αυτοµορ- ϕισµούς. Από την Πρόταση 2.12, έχουµε ότι η U p, µε p πρώτο, είναι κυκλική οµάδα. Αλλά, είναι µόνο αυτές ; Για να δώσουµε απάντηση στο παραπάνω ε- ϱώτηµα χρειαζόµαστε κάποιες καινούριες έννοιες. Για κάθε ϕυσικό αριθµό m, µε m 2, συµβολίζουµε µε φ(m) το πλήθος των ακέραιων a που ικανοποιούν τις συνθήκες : 1 a < m και µκδ(a, m) = 1. Θέτουµε φ(1) = 1. Η συνάρτηση φ(m) ονοµάζεται συνάρτηση Euler και ισούται µε U m. Η φ είναι πολλαπλασιαστική, δηλαδή, φ(κλ) = φ(κ)φ(λ) αν µκδ(κ, λ) = 1. Αποδεικνύεται ότι αν m = p s ps k k, s 1,..., s k N, τότε φ(m) = k i=1 ps i 1 i (p i 1). Για παράδειγµα, αν m είναι ο πρώτος p, τότε φ(p) = p 1. Εστω c, m ακέραιοι αριθµοί µε µκδ(c, m) = 1 και m 2. Ορίζουµε την τάξη του [c] m (= c (mod m)), συµβολίζεται µε ord m (c), να είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος t τέτοιος, ώστε ([c] m ) t = [1] m, δηλαδή, c t 1 (mod m). Αν ord m (c) = φ(m), τότε λέµε ότι ο ακέραιος c είναι µία πρωταρχική ϱίζα (mod m). Ενα από τα σηµαντικότερα Θεωρήµατα της στοιχειώδους Θεωρίας Αριθµών είναι το παρακάτω, που είναι γνωστό ως Θεώρηµα Fermat-Euler. Θεώρηµα 2.4 (Θεώρηµα Fermat-Euler) Εστω m ϕυσικός αριθµός, m 2, και a Z τέτοιος, ώστε µκδ(a, m) = 1. Τότε, a φ(m) 1 (mod m). Απόδειξη. Αρκεί να δείξουµε ότι ([a] m ) φ(m) = [1] m. Αλλά, U m = φ(m) και [a] m U m. Από το Πόρισµα 2.1(1), έχουµε ότι ([a] m ) Um = ([a] m ) φ(m) = [1] m και άρα, παίρνουµε το επιθυµητό αποτέλεσµα. Από το Θεώρηµα 2.4, συµπεραίνουµε ότι η τάξη ord m (a) πάντοτε υπάρχει και επειδή U m = φ(m), έχουµε ότι ord m (a) φ(m). Θυµίζουµε ότι η ord m (a) είναι η τάξη της κυκλικής οµάδας που παράγεται από το [a] m στην U m. Υποθέτουµε ότι m είναι πρώτος αριθµός p και p a, τότε a p 1 1 (mod p). Επίσης, παρατηρούµε ότι για κάθε a Z, a p a (mod p). Από την Πρόταση 2.12, η U p είναι κυκλική οµάδα και µάλιστα U p = φ(p) = p 1. Από την Πρόταση 2.8 και την Πρόταση

17 2.3. ΚΥΚΛΙΚΕΣ ΟΜΑ ΕΣ , προκύπτει ότι η U p έχει φ(p 1) γεννήτορες. Συνεπώς, έχουµε ότι φ(p 1) πρωταρχικές ϱίζες (mod p). Παράδειγµα 2.3 Θέλουµε να περιγράψουµε τις υποοµάδες της πεπερασµένης αβελιανής οµάδας U(Z 11 ). Επειδή ο 11 είναι πρώτος και το Z 11 είναι σώµα, έχουµε ότι η U(Z 11 ) είναι κυκλική. Αφού φ(11) = 10, η U(Z 11 ) είναι κυκλική οµάδα τάξης 10. Σύµφωνα µε την Πρόταση 2.10(3), σε κάθε ϕυσικό διαιρέτη d του 10 αντιστοιχεί ακριβώς µία υποοµάδα τάξης d. Ετσι, έχουµε τέσσερις υποοµάδες. Για να περιγράψουµε τις µη τετριµµένες υποοµάδες χρειαζόµαστε ένα γεννήτορα της U(Z 11 ). Αλλά, πως ϑα ϐρούµε ένα τουλάχιστον γεννήτορά της ; Εστω [x] 11 ένας γεννήτορας της U(Z 11 ) µε x {2,..., 10}. Από την Πρόταση 2.10(3), συµπεραίνουµε ότι η υποοµάδα H 2 = ([x] 11 ) 5 της U(Z 11 ) έχει τάξη 2 και, επιπλέον, η H 2 είναι µοναδική µε τάξη 2. ηλαδή, το στοιχείο ([x] 11 ) 5 είναι το µοναδικό στοιχείο της U(Z 11 ) που έχει τάξη 2. Επειδή (11 1) 2 = (mod 11), έχουµε ότι η ord 11 (10) = 2 και έτσι, ([x] 11 ) 5 = [10] 11. Με άλλα λόγια, x 5 10 (mod 11). Εύκολα διαπιστώνουµε ότι (mod 11). Ισχυριζόµαστε ότι [2] 11 είναι ένας γεννήτορας της U(Z 11 ). Αρκεί να δείξουµε ότι ord 11 (2) = 10 ή, ισοδύναµα, [2] 11 = 10. Από το Θεώρηµα Lagrange, η ord 11 (2) = 1, 2, 5 ή 10. Προφανώς, ord 11 (2) = 2, 5 ή 10. Επειδή (mod 11) και (mod 11), έχουµε ότι ord 11 (2) = 10 και έτσι, U(Z 11 ) = [2] 11. Άρα, σύµφωνα µε την Πρόταση 2.8(2), U(Z 11 ) = {([2] 11 ) r : r = 0,..., 9}. Οι µη τετριµµένες υποοµάδες της U(Z 11 ) είναι : H 2 = ([2] 11 ) 5, H 5 = ([2] 11 ) 2. Ολοι οι γεννήτορες της U(Z 11 ) είναι : φ(10) = φ(2)φ(5) = 4: Ουσιαστικά, ([2] 11 ) κ, όπου µκδ(κ, 10) = 1. ηλαδή, [2] 11, [8] 11 = ([2] 11 ) 3, [7] 11 = ([2] 11 ) 7 και [6] 11 = ([2] 11 ) 9, που είναι όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 11). Ποια είναι η τάξη του [5] 11 στην U(Z 11 ); Παρατηρούµε ότι [5] 11 = ([2] 11 ) 4 και έτσι, από την Πρόταση 2.8(3), έχουµε ότι ord 11 (5) = ord(([2] 11 ) 3 ord ) = 11 (2) µκδ(4,ord 11 (2)) = 10 2 = 5. Τέλος, ϑα διατυπώσουµε το Θεώρηµα που µάς δίνει απάντηση στην παραπάνω ερώτηση. Για µία απόδειξη παραπέµπουµε τον αναγνώστη στο [1, Θεώρηµα 4.1]. Θεώρηµα 2.5 Εστω m ϕυσικός αριθµός µε m 2. Τότε, υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod m) αν και µόνο αν m = 2, 4, p r, 2p r, όπου p είναι περιττός πρώτος και r N. Σε αυτή την περίπτωση, υπάρχουν ακριβώς φ(φ(m)), ανά δύο ανισότιµες, πρωταρχικές ϱίζες (mod m). Ως συνέπεια του Θεωρήµατος 2.5, έχουµε ότι η U m είναι κυκλική αν και µόνο αν m = 2, 4, p r, 2p r, όπου p είναι περιττός πρώτος και r N. Είναι απλό να δείξουµε ότι U 2 = 1, U 4 = 2 και U p r = U 2p r = p r 1 (p 1). Ετσι, συγκεκριµένα, η Aut(C p r), όπου p είναι περιττός πρώτος και r N, είναι αβελιανή και έχει τάξη p r 1 (p 1).

18 62 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Παράδειγµα 2.4 Θα δείξουµε ότι ο 27 (mod 50) είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 50). Με άλλα λόγια, ϑα δείξουµε ότι ο 27 (mod 50) είναι γεννήτορας της U 50. Από το Θεώρηµα 2.5, η U 50 είναι κυκλική και µάλιστα U 50 = φ(50) = 20. Η ord 50 (27) 20 και έτσι, ord 50 (27) = 2, 4, 5, 10, 20. Αλλά, (mod 50), (mod 50), (mod 50), (mod 50). Άρα, η ord 50 (27) = 20 και εποµένως, U 50 = [27] 50 = {([27] 50 ) κ : κ {0,..., 19}. Ολοι οι γεννήτορες της U 50 (και άρα, όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 50)) είναι [27] 50, [33] 50, [3] 50, [37] 50, [23] 50, [17] 50, [47] 50 και [13] 50. Να σηµειώσουµε ότι φ(20) = 8. Παράδειγµα 2.5 Στο παρόν παράδειγµα ϑα ϐρούµε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες της πεπερασµένης αβελιανής οµάδας U(Z 22 ) µε τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος 2.5. Επειδή 22 = 2 11, από το Θεώρηµα 2.5, συµπεραίνουµε ότι η U(Z 22 ) είναι κυκλική. Λόγω του ότι η φ(22) = φ(2)φ(11) = 10, η U(Z 22 ) είναι κυκλική τάξης 10. Ετσι, U(Z 22 ) = {[1] 22, [3] 22, [5] 22, [7] 22, [9] 22, [13] 22, [15] 22, [17] 22, [19] 22, [21] 22 }. Για να ϐρούµε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες (mod 22), σύµφωνα µε το Θεώρηµα 2.5, πρέπει να ϐρούµε όλους τους γεννήτορες της κυκλικής οµάδας U(Z 22 ). Εστω [x] 22 ένας γεννήτορας της U(Z 22 ) µε x {3, 5, 7, 9, 13, 15, 17, 19, 21}. Από την Πρόταση 2.10(3), συµπεραίνουµε ότι η υποοµάδα H 2 = ([x] 22 ) 5 της U(Z 22 ) έχει τάξη 2 και, επιπλέον, η H 2 είναι µοναδική µε τάξη 2. ηλαδή, το στοιχείο [x] 22 είναι το µοναδικό στοιχείο της U(Z 22 ) που έχει τάξη 2. Επειδή (22 1) 2 = (mod 22), έχουµε ότι η ord 22 (21) = 2 και έτσι, ([x] 22 ) 5 = [21] 22. Με άλλα λόγια, x 5 21 (mod 22). Παρατηρούµε ότι (mod 22) και έτσι, (mod 22). Συνεπώς, x = 7 είναι µία λύση της παραπάνω εξίσωσης. Αλλά, είναι το [7] 22 γεννήτορας της U(Z 22 ); ουλεύοντας όπως στο Παράδειγµα 2.3, έχουµε ότι το [7] 22 είναι γεννήτορας της U(Z 22 ). Άρα, U(Z 22 ) = {([7] 22 ) r : r = 0, 1,..., 9} και εποµένως, [7] 22, ([7] 22 ) 3 = [13] 22, ([7] 22 ) 7 = [17] 22 και ([7] 22 ) 9 = [19] 22 είναι οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 22).

19 2.4. ΓΙΝΟΜΕΝΟ ΥΠΟΟΜΑ ΩΝ Γινόµενο υποοµάδων Εστω G µια οµάδα και H, K µη κένα υποσύνολα της G. Το γινόµενο HK ο- ϱίζεται να είναι το σύνολο {hk : h H, k K}. Στην περίπτωση που H = {x} ή K = {y} γράφουµε {x}k = xk ή H{y} = Hy αντίστοιχα. Υποθέτουµε ότι H, K G. Παρατηρούµε ότι H, K HK και έτσι, H K HK. Εχουµε δει ότι η ένωση υποοµάδων µιας οµάδας γενικά δεν είναι υποοµάδα. Είναι εύλογο να αναρωτηθούµε αν και το γινόµενο τους HK είναι υποοµάδα της G. Στην επόµενη πρόταση δίνουµε µια ικανή και αναγκαία συνθήκη για το πότε το γινόµενο δύο υποοµάδων µιας οµάδας G είναι υποοµάδα. Αν X 1,..., X m G, τότε η υποο- µάδα που παράγεται από τις X 1,..., X m ορίζεται να είναι X 1... X m. Η υποοµάδα αυτή συµβολίζεται µε X 1,..., X m. Πρόταση 2.13 Αν H και K είναι υποοµάδες µιας οµάδας G, τότε HK είναι υποοµάδα της G αν και µόνο αν HK = KH. Στην περίπτωση αυτή, HK = H, K. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι HK G. Τότε, H HK και K HK. Συνεπώς, KH HK. Εστω hk HK. Επειδή HK G, έχουµε ότι (hk) 1 HK. ηλαδή, k 1 h 1 = h 1 k 1 µε h 1 H και k 1 K. Οπότε, hk = k1 1 h 1 1 KH. Εποµένως, HK KH και άρα, HK = KH. Επιπλέον, H, K HK, αφού HK G (δες, Πρόταση 2.4), ενώ HK είναι υποσύνολο της H, K. Ετσι, HK = H, K. Αντίστροφα, έστω HK = KH. Ισχυριζόµαστε ότι HK είναι υποοµάδα της G. Εστω h i H και k i K, i = 1, 2. Τότε, h 1 k 1 (h 2 k 2 ) 1 = h 1 (k 1 k2 1 )h 1 2. Αλλά, (k 1 k2 1 )h 1 2 = h 3 k 3, όπου h 3 H και k 3 K. Οπότε, h 1 k 1 (h 2 k 2 ) 1 = (h 1 h 3 )k 3 HK, δηλαδή, η HK είναι υποοµάδα της G. Από την απόδειξη της παραπάνω πρότασης προκύπτει ότι όταν HK = KH δεν συνεπάγεται ότι hk = kh για h H και k K. Παράδειγµα 2.6 Θα δώσουµε ένα παράδειγµα οµάδας G µε υποοµάδες H και K έτσι, ώστε το γινόµενο τους HK δεν είναι υποοµάδα της G. Εστω G = GL(2, Q) η οµάδα των αντιστρέψιµων 2 2 πινάκων µε ϱητά στοιχεία. Εστω H = {( 1 b 0 1 ) } : b Q, K = {( 1 0 a 1 ) } : a Q. Κάνοντας τις πράξεις HK = {( 1 + ab b a 1 ) } : a, b Q Αλλά, το HK δεν είναι υποοµάδα της G, επειδή το γινόµενο των στοιχείων της HK ( ) ( ) , δεν ανήκει στο HK. Στην επόµενη πρόταση δίνουµε ένα ενδιαφέρον αποτέλεσµα µε εφαρµογές στη ϑεωρία των πεπερασµένων οµάδων. Συνδέει τον πληθικό αριθµό του γινοµένου HK δύο υποοµάδων H και K µιας οµάδας G µε τις τάξεις των υποοµάδων H K, H και K.

20 64 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Πρόταση 2.14 Εστω H και K υποοµάδες της οµάδας G. Τότε, HK H K = H K. Απόδειξη. Ορίζουµε µία σχέση R στο σύνολο H K (h, k) (h, k ) (mod R) αν και µόνο αν hk = h k ή ισοδύναµα, h 1 h = k(k ) 1 µε h, h H και k, k K. Επειδή H, K G, εύκολα αποδεικνύουµε ότι η R είναι σχέση ισοδυναµίας. Παρατηρούµε ότι (h, k) (h, k ) (mod R) αν και µόνο αν (h, k ) (hq, q 1 k) (mod R) για κάποιο q H K. Η κλάση ισοδυναµίας [(h, k)] R = [(hq, q 1 k)] R για κάποιο q H K. Εποµένως, [(h, k)] R = H K. Θεωρούµε την απεικόνιση f : H K HK µε τύπο f(h, k) = hk για h H και k K. Εστω (h, k) (h, k ) (mod R). Τότε, hk = h k και έτσι, η f επάγει µία απεικόνιση f : (H K)/R HK µε τύπο f([(h, k)] R ) = hk για κάθε [(h, k)] R (H K)/R. Εύκολα δείχνουµε ότι η f είναι 1 1 και επί. Επειδή H K = H K, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Προφανώς, αν H, K <, τότε HK = H K H K. 2.5 Κανονικές υποοµάδες Εστω G µία οµάδα και H µία υποοµάδα της G. Λέµε ότι η H είναι κανονική αν xh = Hx για όλα τα x G. Στην περίπτωση αυτή γράφουµε H G. Παραδείγµατα Κάθε υποοµάδα αβελιανής οµάδας είναι κανονική. Πράγµατι, έστω H µία υποοµάδα της G. Επειδή xy = yx για όλα τα x, y G, έχουµε ότι xh = Hx για όλα τα x G. Εποµένως, η H είναι κανονική. 2. Εστω S n η συµµετρική οµάδα ϐαθµού n. Θυµίζουµε ότι µε ε(σ) συµβολίζουµε το πρόσηµο της µετάθεσης σ. Επίσης, η απεικόνιση ε από την S n στην {+1, 1} είναι οµοµορφισµός οµάδων. Εστω A n το σύνολο των άρτιων µεταθέσεων. Αφού η ε είναι οµοµορφισµός, η A n είναι υποοµάδα της S n, ενώ, όπως έχουµε παρατηρήσει, το σύνολο Π n των περιττών µεταθέσεων δεν είναι υποοµάδα της S n. Εστω ρ = (12). Επειδή ε(σρ) = 1 για κάθε σ A n, έχουµε ότι σρ Π n για κάθε σ A n. Ετσι, ορίζεται η απεικόνιση ψ από το A n στο Π n που στέλνει την σ στην σρ. Είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι η ψ είναι 1 1 και επί. Επειδή S n = A n Π n και A n Π n =, έχουµε ότι A n = S n 2 = n! 2. Επίσης, S n = A n A n ρ, δηλαδή, ο δείκτης της A n στην οµάδα S n είναι 2. Θα δείξουµε ότι η υποοµάδα A n είναι κανονική στην S n. Πράγµατι, έστω x S n. Αν x A n, τότε xa n = A n x = A n. Υποθέτουµε ότι x / A n. Αφού η S n είναι η ξένη ένωση των A n και Π n, έχουµε ότι x Π n. Επειδή ε(xσx 1 ) = ε(x)ε(σ)ε(x 1 ) = ε(x)ε(σ)(ε(x)) 1 = ε(σ), έχουµε ότι xσx 1 A n για κάθε σ A n. Από όπου εύκολα προκύπτει ότι xa n = A n x για όλα τα x S n. Άρα, η υποοµάδα A n της S n είναι κανονική.

21 2.5. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΥΠΟΟΜΑ ΕΣ 65 Πρόταση 2.15 Αν H G και G : H = 2, τότε H G. Απόδειξη. Αν x H, τότε xh = H = Hx. Εστω x G \ H. Επειδή G : H = 2, G = H Hx = H xh. Αφού H Hx = H xh =, έχουµε ότι Hx = G \ H = xh. Παράδειγµα 2.7 Εστω G = GL 2 (C) και έστω j = ( i 0 0 i ) ( 0 1, k = 1 0 Η υποοµάδα H = j, k περιέχει οκτώ στοιχεία. Ουσιαστικά, H = {1, j, j 2, j 3, k, k 3, jk, jk 3 }. (Να σηµειώσουµε εδώ ότι : j 2 = k 2, j 4 = k 4, jk 3 = kj.) Η υποοµάδα H ονοµάζεται οµάδα των κουαρτενίων και συµβολίζεται µε Q 8. Η Q 8 δεν είναι αβελιανή, αφού jk kj. Εστω A = j = {1, j, j 2, j 3 }. Τότε, Q 8 : A = 2 και άρα, η A είναι κανονική στην Q 8. ) Στο παρακάτω παράδειγµα, µε τη ϐοήθεια της Πρότασης 2.15, ϑα δείξουµε ότι το αντίστροφο του Θεωρήµατος Lagrange δεν ισχύει γενικά. Παράδειγµα 2.8 Εστω H µία κανονική υποοµάδα της A n (n 3). Υποθέτουµε ότι η H περιέχει ένα κύκλο µήκους 3. Τότε, H = A n. Πράγµατι, έστω (r s k) H. Επειδή η A n παράγεται από όλους τους κύκλους µήκους 3, αρκεί να δείξουµε ότι οι κύκλοι (r s i), i {1,..., n} \ {r, s}, ανήκουν στην H. Πράγµατι, (r s i) = (r s)(k i)(r s k) 2 (k i)(r s) = [(r s)(k i)](r s k) 2 [(r s)(k i)] 1 H. Το Παράδειγµα 2.6(2) είναι µία ειδική περίπτωση του παρακάτω αποτελέσµατος. Άρα, H = A n. Στη συνέχεια, ϑα δείξουµε ότι η A 4 δεν περιέχει υποοµάδα τάξης 6. Υπο- ϑέτουµε ότι η A 4 έχει µία υποοµάδα H τάξης 6. Θυµίζουµε ότι A 4 = 24 2 = 12. Τότε, A 4 : H = A 4 / H = 2 και έτσι, η H είναι κανονική στην A 4. Επειδή όµως, οκτώ από τα δώδεκα στοιχεία της A 4 είναι κύκλοι µήκους 3, η H περιέχει τουλάχιστον ένα κύκλο µήκους 3. Άρα, H = A 4, που είναι άτοπο. Στην επόµενη πρόταση δίνουµε ικανές και αναγκαίες συνθήκες για το πότε µία υποοµάδα µιας οµάδας είναι κανονική. Η απόδειξή της είναι απλή και αφήνεται ως άσκηση για τον αναγνώστη. Πρόταση 2.16 Αν H G, τότε οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες. 1. H είναι κανονική. 2. x 1 Hx = H για όλα τα x G, όπου x 1 Hx = {x 1 hx : h H}. 3. x 1 Hx H για όλα τα x G.

22 66 Υποοµάδες. Κυκλικές οµάδες Αν {N λ : λ Λ} είναι µια συλλογή αποτελούµενη από κανονικές υποοµάδες της οµάδας G, τότε η λ λ N λ είναι κανονική υποοµάδα της G. Πράγµατι, από την Πρόταση 2.3, η λ λ N λ είναι υποοµάδα. Εστω h λ λ N λ και x G. Επειδή x 1 hx N λ για κάθε λ Λ, έχουµε ότι x 1 hx λ λ N λ για κάθε x G. Από την Πρόταση 2.16, η λ λ N λ είναι κανονική υποοµάδα της G. Αν X είναι ένα µη κενό υποσύνολο µιας οµάδας G, τότε η τοµή των κανονικών υποοµάδων της G που περιέχουν το X ονοµάζεται κανονική ϑήκη του X στην G και συµβολίζεται µε X G. Πρόταση 2.17 Εστω X ένα µη κενό υποσύνολο µιας οµάδας G. Τότε, X G = g 1 xg : x X, g G. Επιπλέον, X G είναι η µικρότερη κανονική υποοµάδα της G που περιέχει το X. Απόδειξη. Θέτουµε N = g 1 xg : x X, g G. Ισχυριζόµαστε ότι X G = N. Πρώτα από όλα, ϑα δείξουµε ότι η N είναι κανονική υποοµάδα της G. Σύµφωνα µε την Πρόταση 2.16, αρκεί να δείξουµε ότι g1 1 hg 1 N για κάθε g 1 G και h N. Επειδή η N παράγεται από τα g 1 xg, µε g G και x X, αρκεί να δείξουµε ότι g 1 (g1 1 xg 1)g N, που ισχύει, λόγω του ότι g 1 (g1 1 xg 1)g = (g 1 g) 1 x(g 1 g) και η G είναι οµάδα. Είναι ϕανερό ότι X N και έτσι, X G N. Αντίστροφα, αφού X X G και η X G G, έχουµε ότι g 1 xg X G για κάθε g G και x X. Εποµένως, N X G. Με άλλα λόγια, X G = N. Εστω H G τέτοια, ώστε X H. Τότε, g 1 xg H για όλα τα g G και x X και έτσι, X G = N H. Άρα, η X G είναι η µικρότερη κανονική υποοµάδα της G που περιέχει το X. Εστω φ : G H ένας οµοµορφισµός οµάδων. ύο σύνολα, ο πυρήνας Kerφ και η εικόνα Imφ, παίζουν σηµαντικό ϱόλο στην Θεωρία Οµάδων. Τα σύνολα αυτά ορίζονται ως εξής : Kerφ = {g G : φ(g) = 1 H } και Imφ = {φ(g) : g G}. Πρόταση 2.18 Εστω φ : G H ένας οµοµορφισµός οµάδων. Τότε, 1. Kerφ G και Imφ H και 2. Ο φ είναι 1 1 αν και µόνο αν Kerφ = {1 G }. Απόδειξη. 1. Επειδή 1 G Kerφ, Kerφ. Εστω g, h Kerφ. Λόγω του ότι φ(gh 1 ) = φ(g)φ(h) 1 = 1 H 1 H = 1 H, έχουµε ότι gh 1 Kerφ. Άρα, Kerφ G. Για να δείξουµε ότι Kerφ είναι κανονική, αρκεί να δείξουµε ότι x 1 gx Kerφ για όλα τα g Kerφ και x G. Πράγµατι, φ(x 1 gx) = (φ(x)) 1 φ(g)φ(x) = (φ(x)) 1 1 H φ(x) = 1 H και έτσι, x 1 gx Kerφ για όλα τα g Kerφ και x G. Συνεπώς, Kerφ G. Το Imφ, αφού 1 H Imφ. Εστω h 1, h 2 Imφ. Τότε, υπάρχουν g 1, g 2 G έτσι, ώστε φ(g i ) = h i, i = 1, 2. Αλλά, h 1 h 1 2 = φ(g 1 )(φ(g 2 )) 1 = φ(g 1 g2 1 ) και η G είναι οµάδα, h 1h 1 2 Imφ. Άρα, Imφ H.