ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρµογή: Το θεώρηµα του Burnside

Transcript

1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρµογή: Το θεώρηµα του Bursde Θα αποδείξουµε εδώ ότι κάθε οµάδα τάξης a q b (, q πρώτοι) είναι επιλύσιµη. Το θεώρηµα αυτό αποδείχτηκε από τον Bursde το 904 ο οποίος χρησιµοποίησε τη νέα τότε θεωρία αναπαραστάσεων οµάδων που αναπτύχθηκε από τον Frobeus. Για σχεδόν 70 χρόνια δεν υπήρχε απόδειξη που να αποφεύγει χαρακτήρες και αναπαραστάσεις. Τελικά βρέθηκε µια οµαδοθεωρητική απόδειξη το 972 από τον J. Thomso (Felds Medal) η οποία είναι µακροσκελής και δύσκολη. Αργότερα βρέθηκαν πιο σύντοµες αποδείξεις. 8.. Αλγεβρικοί Ακέραιοι. αριθµός Ξεκινάµε µε ορισµένα στοιχεία που αφορούν αλγεβρικούς ακεραίους. Ένας πολυωνύµου a C ονοµάζεται αλγεβρικός ακέραιος αν είναι ρίζα ενός µονικού (x) Z[ x]. Το σύνολο των αλγεβρικών ακεραίων συµβολίζεται µε O και ο σκοπός µας είναι να δείξουµε ότι το O είναι υποδακτύλιος του C (δες για παράδειγµα τις σηµειώσεις του γράφοντος, Μεταθετική Άλγεβρα και Εφαρµογές, Αθήνα 999, 7.2). 8.. Πρόταση. Έστω R S δακτύλιοι και s S. Τότε τα παρακάτω είναι ισοδύναµα () το s είναι ακέραιο πάνω από το R (δηλαδή εξ ορισµού είναι ρίζα µονικού πολυωνύµου ( x) R[ x] ) () ο υποδακτύλιος R[s] του S είναι πεπερασµένα παραγόµενο R-πρότυπο () υπάρχει υποδακτύλιος R του S έτσι ώστε παραγόµενο R-πρότυπο (v) υπάρχει πιστό R [ s] R και το R είναι πεπερασµένα R[s] -πρότυπο που είναι πεπερασµένα παραγόµενο R-πρότυπο. Απόδειξη: () () Ως R-πρότυπο το R [s] παράγεται από τα, s, s,... Από την υπόθεση έχουµε 2 s + r s r0 = 0 για κάποια r R. Άρα s = r s... r0 και s = r s... r0 s, + k + k k

2 84 οπότε µια προφανής επαγωγή στο k δείχνει ότι το συνδυασµός των, s,..., s. () () Προφανές () (v) Το R είναι πιστό R[s]-πρότυπο k s + είναι R-γραµµικός (v) () Έστω Μ πιστό R[s]-πρότυπο που παράγεται από m,...,m. Υπάρχουν r j R µε sm = r m + r 2 m r m οπότε sm = r... + m + r 2m2 + rm, 0 = ( r s m r m r m ) = r m + r m ( r s) m. 2 2 Έστω Α ο αυτό ως οπότε πίνακας των συντελεστών των m στο τελευταίο σύστηµα. Γράφουµε m 0 = A Αλλά ( adja) A = (det A)I, όπου I είναι ο ταυτοτικός πίνακας, όπως Επειδή το Μ είναι πιστό R[s]-πρότυπο και τα παράγουν το Μ παίρνουµε m m 0 = ( adja) A. m θυµόµαστε από τη Γραµµική Άλγεβρα. (Η απόδειξη που δίνεται εκεί ισχύει και για µεταθετικούς δακτυλίους στη θέση σωµάτων). Άρα (det A) m = 0, =,...,. m Το ανάπτυγµα της ορίζουσας det A det A = 0. δίνει τη ζητούµενη σχέση Πόρισµα. Έστω R S δακτύλιοι και s,..., s S στοιχεία ακέραια πάνω από

3 85 το R. Τότε ο δακτύλιος [ s,..., s R ] είναι πεπερασµένα παραγόµενο R-πρότυπο. Απόδειξη: Για = δες την προηγούµενη πρόταση. Για > γράφουµε R[ s,..., s ] = R[ s,..., s ][ s ]. Το R[ s,..., s ] είναι πεπερασµένα παραγόµενο R-πρότυπο από την υπόθεση της επαγωγής. Το R[ s,..., s ][ s ] είναι πεπερασµένα παραγόµενο R[ s,..., s ] πρότυπο (αφού το είναι ακέραιο πάνω από το R). Συνεπώς το R[s,..., s ] είναι s πεπερασµένα R-πρότυπο Πόρισµα. Το σύνολο O είναι υποδακτύλιος του C. Απόδειξη: Έστω a, b O. Ο δακτύλιος Z[ a, b] είναι πεπερασµένα παραγόµενο Ζ- πρότυπο από το πόρισµα 8..2 για συµπεραίνουµε ότι a b O και R = Z και S ab O. = O. Από την πρόταση 7.4. () 8..4 Πρόταση. O Q = Z. Απόδειξη: Έστω a / b Q µ ε a, b Z, µ.κ.δ. ( a, b) =. Αν a / b O τότε έχουµε µια σχέση της µορφής οπότε ( a / b) + a ( / b) a0 a, a Z a + a ba a0b = 0 πράγµα που δίνει ότι το b διαιρεί το a. Άρα b = ±, οπότε a / b Z. Η άλλη σχέση Z O Q είναι προφανής. Επιστρέφουµε τώρα σε χαρακτήρες Πρόταση. Έστω χ χαρακτήρας της G. Τότε για κάθε g G, το είναι αλγεβρικός ακέραιος. Απόδειξη: Κάθε ρίζα της µονάδας είναι αλγεβρικός ακέραιος ως ρίζα του x. Γνωρίζουµε ότι το είναι άθροισµα ριζών της µονάδας, οπότε το ζητούµε m

4 86 προκύπτει από το πόρισµα Κατά συνέπεια οι µόνοι ρητοί αριθµοί που εµφανίζονται στον πίνακα χαρακτήρων της G είναι οι ακέραιοι Θεώρηµα του Bursde Λήµµα. Έστω V ανάγωγο C [G] -πρότυπο και z C( C[ G]). Τότε υπάρχει λ C µε την ιδιότητα zv = λv για κάθε v V. Απόδειξη: Επειδή z C( C[ G]), η συνάρτηση f : V v zv V είναι C[G] - οµοµορφισµός. Επειδή το C είναι αλγεβρικά κλειστό η f έχει µη ιδιοτιµή, έστω λ. Άρα f ( v) = λv για κάποιο λ C, v V, v 0. Συνεπώς ο οµοµορφισµός f λ V έχει µη µηδενικό πυρήνα. Αφού το V είναι ανάγωγο, παίρνουµε δηλαδή f ( v) = λv για κάθε v V. Ker( f λ ) = V, V Πρόταση. Έστω χ ανάγωγος χαρακτήρας της G και g G. Τότε ο αριθµός είναι αλγεβρικός ακέραιος. G λ = Απόδειξη: Έστω V C[G] ανάγωγο C[G] -πρότυπο µε χαρακτήρα χ και έστω C το άθροισµα των συζυγών του g. Τότε C v = λv για κάθε v V. (2) Πράγµατι, αφού C C( C[ G]) (δες τη συζήτηση πριν την πρόταση 7..6) συµπεραίνουµε από το λήµµα 8.2. ότι υπάρχει µ C µε C v = µ v για κάθε v V. Λαµβάνοντας ίχνη η τελευταία σχέση δίνει χ ( g ) = µ, όπου το g διατρέχει τα συζυγή στοιχεία του g. Επειδή χ ( g ) = και το πλήθος των g είναι G / C( παίρνουµε G µ =. Θεωρούµε τώρα τη γραµµική απεικόνιση

5 87 f : C[ G] z Cz C[ G]. Ο πίνακας της f ως προς τη βάση G = g,..., g } έχει στοιχεία ακέραιους αριθµούς. { Κάθε ιδιοτιµή ενός τέτοιου πίνακα είναι αλγεβρικός ακέραιος. Από το (2), το λ είναι ιδιοτιµή της f, και άρα το λ είναι αλγεβρικός ακέραιος. Από την προηγούµενη πρόταση ο αριθµός G G G είναι αλγεβρικός ακέραιος. Έστω ότι µκδ, =. Τότε a + C ( g ) b ) = για κάποιο a,b Z, οπότε G = a + b που είναι αλγεβρικός ακέραιος (πόρισµα 8..3). G Πόρισµα. Με τους προηγούµενους συµβολισµούς, έστω µ.κ.δ, =. Τότε ο / είναι αλγεβρικός ακέραιος. Ερχόµαστε τώρα στο τελευταίο προπαρασκευαστικό αποτέλεσµα που αποτελεί το κλειδί για τα θεωρήµατα που ακολουθούν. Εδώ θα χρησιµοποιήσουµε λίγη θεωρία Galos. Με C ( ρ( G)) συµβολίζουµε παρακάτω το κέντρο της οµάδας ρ(g). G Πόρισµα. Με τους προηγούµενους συµβολισµούς, έστω µ.κ.δ, =. Έστω ρ : G GL ( C) αναπαράσταση µε χαρακτήρα χ. Τότε ή ρ( C( ρ( G)) ή χ ( = 0. Απόδειξη: Επειδή το είναι αθροισµα ριζών της µονάδας (πλήθους )) η τριγωνική ανισότητα δίνει. Αν ισχύει ισότητα, τότε αυτές οι ρίζες της µονάδας είναι ίσες µεταξύ τους (γιατί;)

6 88 Ισχυριζόµαστε ότι ρ( C( ρ( G)). Πράγµατι, έστω m η τάξη του g. Τότε ρ( m = I, οπότε το ελάχιστο πολυώνυµο του πίνακα ρ( διαιρεί το x και m κατά συνέπεια έχει διακεκριµένες ρίζες. Άρα ο ρ( είναι διαγωνίσιµος, και συνεπώς όµοιος µε έναν πίνακα της µορφής ωi (γιατί οι ιδιοτιµές του ρ( ταυτίζονται). Άρα ρ ( = ωi που ανήκει στο κέντρο της GL (C). Έστω τώρα ότι <. Θέτουµε a =. Έστω ε µια πρωταρχική m-ρίζα της µονάδας, όπου m είναι η τάξη του g, και K = Q(ε) οπότε a K. Για κάθε σ Gal( K / Q), ισχύει σ ( a), γιατί σ a) = σ( ) = ( ω ω ( όπου κάθε ω είναι ρίζα της µονάδας. Συνεπώς η υπόθεση δίνει σ Gal( K, Q) σ ( a) <. Επειδή το a είναι αλγεβρικός ακέραιος (πόρισµα 8.2.4), κάθε σ(a) είναι αλγεβρικός ) ακέραιος και άρα το b = σ Gal( K, Q) σ( a) είναι αλγεβρικός ακέραιος. Από την άλλη µεριά, το b είναι ρητός αριθµός, γιατί σ( b ) = b για κάθε σ Gal(K,Q). Εποµένως (πρόταση 8..4) b Z. Αφού b < παίρνουµε b = 0. ηλαδή σ(a) = 0 για κάποιο σ, που δίνει βέβαια a = 0. Σηµείωση: Στην προηγούµενη απόδειξη θα µπορούσαµε να πάρουµε στη θέση του Κ οποιαδήποτε επέκταση του Galos που περιέχει το ε Θεώρηµα (Bursde). Έστω G πεπερασµένη οµάδα και C µια κλάση συζυγίας της G µε C =, πρώτος m > 0. Τότε υπάρχει µη τετριµµένη ανάγωγη αναπαράσταση ρ της G µε την ιδιότητα το m ρ(c) C( ρ( G)). Συνεπώς η G δεν είναι απλή. Απόδειξη: Έστω ο χαρακτήρας του κανονικού C[G]-προτύπου και g G, χ reg g. Τότε (λήµµα 7.2.3) 0 = χ = χ ( ) χ ( χ () χ ( = + χ () χ ( +... χ () (, reg ( s s s χ s

7 89 όπου χ είναι ο χαρακτήρας της τετριµµένης αναπαράστασης. Γράφουµε την προηγούµενη σχέση ως s χ = 2 χ () ( =. Επειδή το δεν είναι αλγεβρικός ακέραιος (πρόταση 8..4), για κάποιο 2 το χ ( χ ( ) / δεν είναι αλγεβρικός ακέραιος (πόρισµα 8..3). Επειδή το χ ( είναι αλγεβρικός ακέραιος (πρόταση 8..5), το χ () / δεν είναι. ηλαδή το δεν διαιρεί το. Άρα χ ( 0 και δεν διαιρεί το (). Άρα µ.κ.δ ( C, ()) =. Τότε το πόρισµα δίνει ότι το ρ( ανήκει στο χ χ κέντρο της ρ(g) για κάθε g C, όπου ρ είναι η ανάγωγη αναπαράσταση µε χαρακτήρα χ. Θα δείξουµε τέλος ότι η G δεν είναι απλή. Έστω H = Kerρ, που είναι µια κανονική υποοµάδα της G. Αφού η ρ δεν είναι η τετριµµένη αναπαράσταση έχουµε H G. Αν ισχύει H =, τότε G ρ(g) και το κέντρο της ρ(g) είναι µη τετριµµένο αφού περιέχει το σύνολο ρ(c), όπως δείξαµε πριν. Αν C( ρ( G)) = ρ( G) τότε η G είναι αβελιανή, και αφού η τάξη της δεν είναι πρώτος (γιατί m C =, m < 0 ) η G δεν είναι απλή. Αν C( ρ( G)) ρ( G), τότε το C(ρ(G)) είναι µια γνήσια µη τετριµµένη κανονική υποοµάδα της ρ(g), δηλαδή η ρ(g) δεν είναι απλή. Θυµίζουµε ότι µια οµάδα G ονοµάζεται επιλύσιµη αν υπάρχουν υποοµάδες της G = G < G <... < Gr < G 0 έτσι ώστε κάθε είναι κανονική στη G και κάθε πηλίκο G / G είναι κυκλική G τάξης πρώτου αριθµού. Ως απλές ασκήσεις αφήνουµε τις εξής παρατηρήσεις: ) Αν η υποοµάδα Η της G είναι κανονική µε την ιδιότητα η Η και η + είναι επιλύσιµες, τότε η G είναι επιλύσιµη. 2) Κάθε οµάδα τάξης, πρώτος, a > 0 δεν είναι απλή a + G / H (υπόδειξη: C ( G) ). Ερχόµαστε τώρα στο δεύτερο φηµισµένο θεώρηµα του Bursde.

8 Θεώρηµα (Bursde). Κάθε οµάδα τάξης a q b, όπου, q είναι πρώτοι αριθµοί, είναι επιλύσιµη. Απόδειξη: Επαγωγή στο a + b. Το θεώρηµα είναι προφανές για a + b = οπότε υποθέτουµε ότι a + b 2. Θα δείξουµε πρώτα ότι η G δεν είναι απλή. Αν a = 0 ή b = 0, τότε η G δεν είναι απλή από την παρατήρηση 2 που επισηµάναµε πριν το θεώρηµα. Έστω a, b >. Έστω Q µια q-sylow υποοµάδα της G, b οπότε Q = q. Τότε C ( Q), από την παρατήρηση 2. Έστω g C( Q), g. Τότε Q C G ( και άρα ο πληθάριθµος της συζυγούς κλάσεως του g, έστω C, είναι C = [ G : C ( ] = για κάποιο r. Αν r = 0, τότε g C(G), οπότε η G δεν είναι απλή, αφού < g > είναι γνήσια µη τετριµµένη κανονική υποοµάδα της G. Αν r 0, τότε η G δεν είναι απλή από το θεώρηµα Έχοντας αποδείξει ότι η G δεν είναι απλή, µια προφανής επαγωγή στο βασιζόµενη στην παρατήρηση δίνει το αποτέλεσµα. G r a + b Όπως έχουν τονίσει ήδη, υπάρχουν αποδείξεις του θεωρήµατος που αποφεύγουν χαρακτήρες. Το ίδιο όµως δεν συµβαίνει για το θεώρηµα µέχρι σήµερα. Ασκήσεις. Κάθε µη αβελιανή απλή οµάδα ταξης 69 έχει ταξη 60 (Υπόδειξη: για να αποκλείσετε τις περιπτώσεις 30 και 42 εφαρµόστε τα θεωρήµατα Sylow). r 2. Κάθε µη αβελιανή απλή οµάδα δεν έχει αβελιανή υποοµάδα δείκτη, πρώτος. 3. Έστω χ ανάγωγος χαρακτήρας της G. Τότε το χ () διαιρεί G. (Υπόδειξη: Έστω αριθµός g,..., g s αντιπρόσωποι των κλάσεων συζυγίας. Από την πρόταση 8.2.2, ο s G g ) g = χ ) g () )

9 9 είναι αλγεβρικός ακέραιος. Αυτός ισούται µε G /, οπότε το ζητούµενο προκύπτει από την πρόταση 8..4). 4. Από τη στοιχειώδη θεωρία οµάδων γνωρίζετε ότι κάθε οµάδα τάξης 2, πρώτος, είναι αβελιανή. ώστε µια άλλη απόδειξη (Υπόδειξη: προηγούµενη άσκηση και θεώρηµα 7..8). 5. Έστω οµάδα G µε την ιδιότητα τα στοιχεία g και g είναι συζυγή για κάθε g G. Tότε ο πίνακας χαρακτήρων της G αποτελείται µόνο από ακεραίους αριθµούς. (Για παράδειγµα, οι συµµετρικές οµάδες ιδιότητα). S έχουν την προηγούµενη