Κεφάλαιο 8. Η οµάδα S n. 8.1 Βασικές ιδιότητες της S n

Transcript

1 Κεφάλαιο 8 Η οµάδα S n Στο κεφάλαιο αυτό ϑα µελετήσουµε την οµάδα µεταθέσεων ή συµµετρική οµάδα S n εφαρµόζοντας τη ϑεωρία που αναπτύχθηκε στα προηγούµενα κε- ϕάλαια. Η σηµαντικότητα της S n εµφανίστηκε στην επιλυσιµότητα των πολυωνυµικών εξισώσεων και στη ϑεωρία Galois, όπου έπαιξε πρωταρχικό ϱόλο. Γι αυτό το λόγο οι µαθηµατικοί µέχρι το τέλος του 19ου αιώνα µελετούσαν κυρίως την οµάδα S n. Το Θεώρηµα του Cayley που αποδεικνύει ότι κάθε πεπερασµένη οµάδα εµφυτεύεται στην οµάδα S n οδηγεί στο συµπέρασµα ότι αρκεί να µελετηθεί η S n για να γνωρίζουµε κάθε πεπερασµένη οµάδα. Η πολυπλοκότητα, όµως, της S n αποθάρρυνε αυτήν την άποψη µε αποτέλεσµα να δηµιουργηθεί και να αναπτυχθεί η αφηρηµένη ϑεωρία οµάδων, που περιλαµβάνει την οµάδα S n ως µία περίπτωση οµάδας. Ηδη είδαµε την οµάδα S X ως οµάδα συµµετρίας ενός συνόλου Χ. Η S n και η S X δίνουν σηµαντικές πληροφορίες στη µελέτη του ϕαινοµένου της συµµετρίας. Η οµάδα συµµετρίας του τριγώνου είναι η S 3 D 2 3 και η οµάδα συµµετρίας του τετραγώνου η D 2 4 S 4. Ακόµη η οµάδα συµµετρίας του κύκλου είναι άπειρη. Ετσι µπορούµε να πούµε ότι όσο πιό συµµετρικό είναι ένα αντικείµενο, τόσο µεγαλύτερη οµάδα συµµετρίας έχει. Ενα «ακόνιστο» σχήµα έχει οµάδα συµµετρίας την τετριµµένη. Στο κεφάλαιο αυτό ασχολούµαστε µε την S X για X = {1, 2,..., n}. Στόχος µας είναι να αποδείξουµε ότι η S n δεν είναι επιλύσιµη για n 5 και η A n είναι απλή για n Βασικές ιδιότητες της S n Ορίσαµε την οµάδα S n στο Παράδειγµα και στο Παραδειγµα ορίσαµε τις άρτιες και περιττές µεταθέσεις. Στην άσκηση 7.2 του εδαφίου 3.1 είδαµε ότι [S n A n ] = 2, έτσι από την Πρόταση η A n είναι κανονική 187

2 188 Θ. Θεοχάρη - Αποστολίδη Θεωρία Οµάδων υποοµάδα της S n και S n /A n Z 2. (8.1.1) Άρα η A n είναι µία µέγιστη κανονική υποοµάδα της S n (ϐλ ). Επίσης µπορούµε να παρατηρήσουµε ότι η συνάρτηση 1, αν η σ είναι άρτια S n {1, 1}, σ 1, αν η σ είναι περιττή Πρόταση είναι επιµορφισµός δακτυλίων µε πυρήνα την A n. Ετσι από το Πρώτο Θεώ- ϱηµα Ισοµορφίας οδηγούµαστε πάλι στον ισοµορφισµό (8.1.1). Θα εξετάσουµε στη συνέχεια µερικές ιδιότητες των στοιχείων της S n. Ορισµός Εστω {α 1, α 2,..., α s } {1, 2,..., n}. Ορίζουµε την κυκλική (cyclic) µετάθεση ή κύκλο (cycle) των στοιχείων α 1, α 2,..., α s και συµ- ϐολίζουµε (α 1, α 2,..., α s ) ως τη µετάθεση που αφήνει τα στοιχεία του συνόλου {1, 2,..., n} που δεν ανήκουν στο σύνολο {α 1, α 2,..., α s } σταθερά και α 1 α 2, α 2 α 3,..., α s 1 α s, α s α 1. Ο ϕυσικός αριθµός s λέγεται µήκος (length) του κύκλου (α 1, α 2,..., α s ). Ακόµη λέµε ότι ο κύκλος (α 1, α 2,..., α s ) είναι ένας s-κύκλος. Για παράδειγµα ο 4-κύκλος (1234) = ( ). Ε πίσης η µετάθεση ( ) = (345) = ( ). Πρόταση Η τάξη µίας κυκλικής µετάθεσης ισούται µε το µήκος της. Απόδειξη Από τον Ορισµό προκύπτει ότι ο κύκλος σ = (α 1, α 2,..., α s ) περιγράφεται από τις εξισώσεις σ(α k ) = α t, t (k + 1)mods, 1 k s και η µετάθεση σ m περιγράφεται από τις εξισώσεις σ m (α k ) = α t, t (k + m)mods, 1 k s, για κάποιον ϕυσικό αριθµό m. (Βέβαια η µετάθεση σ m, για m > 1, δεν είναι πάντα κυκλική µετάθεση.) Άρα σ s (α k ) = α k, 1 k s, δηλ. ordσ = s. Ορισµός ύο µεταθέσεις σ, τ S n λέγονται ξένες µεταξύ τους (disjoint) αν κάθε αντικείµενο από τα {1, 2,..., n} που δεν µένει σταθερό από τη µία µετάθεση µένει σταθερό από την άλλη, δηλ. αν σ(x) x, τότε τ(x) = x και αν τ(y) y, τότε σ(y) = y.

3 Κεφάλαιο 8 Εδάφιο 8.1 Βασικές ιδιότητες της S n 189 Για παράδειγµα η µετάθεση σ = (12)(467) είναι γινόµενο των µεταθέσεων (12) και (467) που είναι ξένες µεταξύ τους. Ετσι η σ = ( ). Πρόταση Εστω σ = (α 1, α 2,..., α s ) και τ = (β 1, β 2,..., β t ) δύο κύκλοι ξένοι µεταξύ τους. Τότε {α 1, α 2,..., α s } {β 1, β 2,..., β t } = και στ = τσ. Η απόδειξη αφήνεται ως άσκηση για τον αναγνώστη. Για τη µετάθεση σ = ( ) παρατηρούµε ότι σ = (12)(3)(456)(78) = (12)(456)(78), δηλ. η σ αναλύεται σε γινόµενο µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Με το επόµενο ϑεώρηµα αποδεικνύουµε ότι κάθε στοιχείο της S n έχει αυτήν την ιδιότητα. Θεώρηµα Κάθε µετάθεση της S n αναλύεται σε γινόµενο µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Η ανάλυση αυτή είναι µοναδική και ανεξάρτητη της ϑέσης των παραγόντων. Απόδειξη Εστω σ S n. Είναι εύκολο να δούµε ότι η συνάρτηση σ {1, 2,..., n} {1, 2,..., n}, (σ k, α) σ k (α) είναι µία δράση της οµάδας σ στο σύνολο {1, 2,..., n}. Εστω [α] η τροχιά του α {1, 2,..., n}, δηλ. [α] = {σ k (α) 0 k ord(σ)}. Το σύνολο [α] είναι πεπερασµένο ως υποσύνολο του {1, 2,..., n}, άρα υπάρχουν ϕυσικοί αριθµοί s, t τέτοιοι ώστε σ s (α) = σ t (α). Αν το s > t τότε σ s (α) = σ t (α) σ s t (α) = α. Εστω m 0 ο ελάχιστος ϕυσικός αριθµός µε την ιδιότητα σ m (α) = α. Τότε η σ περιέχει στην ανάλυσή της την κυκλική µετάθεση (ασ(α)... σ m 1 (α)). Θεωρούµε, αν υπάρχει, ένα στοιχείο β {1, 2,..., n} και β {α, σ(α),..., σ m 1 (α)}. Οµοια για το ϐ, όπως για το α, υπάρχει ένας ελάχιστος α- ϱιθµός v 0 τέτοιος ώστε σ v (β) = β. Τότε η τροχιά του ϐ είναι η [β] = {β, σ(β),..., σ v 1 (β)} και τα σύνολα [α], [β] είναι ξένα µεταξύ τους, δηλ. [α] [β] =, αφού οι τροχιές είναι κλάσεις ισοδυναµίες. Αν υπάρχει στοιχείο

4 190 Θ. Θεοχάρη - Αποστολίδη Θεωρία Οµάδων του συνόλου {1, 2,..., n} που δεν ανήκει στο σύνολο [α] [β] συνεχίζουµε µε τον ίδιο τρόπο µέχρις ότου εξαντληθούν τα στοιχεία του συνόλου {1, 2,..., n}. Ακόµη αν ένα στοιχείο έχει µήκος τροχιάς ίσο µε 1, οπότε µένει σταθερό από τη µετάθεση σ, το παραλείπουµε. Ετσι η µετάθεση σ αναλύεται σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο που αντιµεταθέτονται (ϐλ. Πρόταση 8.1.4). Η µοναδικοτητα της ανάλυσης προκύπτει από το γεγονός ότι οι παράγοντες της ανάλυσης του σ προέρχονται από τροχιές που είναι κλάσεις ισοδυναµίας. Παραδείγµατα Για τη µετάθεση σ = ( ) έχουµε τις τροχιές : [1] = {1, σ(1) = 3, σ 2 (1) = σ(3) = 4, σ 3 (1) = 5}, αφού σ 4 (1) = 1, [2] = {2}, [σ] = {6, 7}, [8] = 8. Άρα η σ = (1345)(67). 2. Εστω σ = (α 1 α 2... α k )(α 1 α k+1 ). Παρατηρούµε ότι [α 1 ] = {α 1, σ(α 1 ) = α k+1, σ 2 (α 1 ) = σ(α k+1 ) = α 2, σ 3 (α 1 ) = α 3,..., σ k (α 1 ) = α k }, αφου σ k+1 (α 1 ) = σ(α k ) = α 1. Άρα η σ είναι ο κύκλος (α 1 α k+1, α 2 α 3... α k ). Στη συνέχεια ϑα δούµε µία ακόµη ανάλυση µίας µετάθεσης σε γινόµενο αντιµεταθέσεων (transportation), δηλ. µεταθέσεων µήκους δύο. Πρόταση i. Κάθε στοιχείο σ S n αναλύεται σε γινόµενο αντιµεταθέσεων. ii. Ενα στοιχείο σ S n είναι άρτια µετάθεση αν και µόνον αν είναι γινόµενο άρτιου πλήθους αντιµεταθέσεων και περιττή µετάθεση αν και µόνον αν είναι γινόµενο περιττού πλήθους αντιµεταθέσεων. Απόδειξη i. Από το Θεώρηµα έπεται ότι είναι αρκετό να αποδείξουµε την πρόταση για κυκλικές µεταθέσεις. Αν, λοιπόν, σ = (α 1 α 2... α s ), τότε (α 1 α s )(α 1 α s 1 )... (α 1 α 2 ) = σ, όπως διαπιστώνουµε κάνοντας τις πράξεις στο αριστερό µέρος της σχέσης αυτής. ii. Από τον ορισµό των άρτιων και περιττών µεταθέσεων είναι ϕανερό ότι µία αντιµετάθεση είναι περιττή µετάθεση. Θεωρούµε τη συνάρτηση 1, αν η σ είναι άρτια f S n { 1, 1}, σ 1, αν η σ είναι περιττή. η f είναι επιµορφισµός οµάδων µε πυρήνα την A n. Άρα, αν σ = σ 1 σ 2... σ t είναι η ανάλυση της σ σε γινόµενο αντιµεταθέσεων, τότε f(σ) = f(σ 1 )... f(σ t ) =

5 Κεφάλαιο 8 Εδάφιο 8.1 Βασικές ιδιότητες της S n 191 ( 1) t. Άρα η σ είναι άρτια αν και µόνον αν ο t είναι άρτιος και περιττή αν και µόνον αν ο t είναι περιττός. Πρόταση i. Ενας s-κύκλος είναι άρτια µετάθεση αν ο s είναι περιττός και περιττή µετάθεση αν ο s είναι άρτιος. ii. Εστω σ S και σ = σ 1 σ 2... σ m η ανάλυσή της σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Αν η σ i είναι ένας s i -κύκλος, για 1 i m, τότε η σ είναι άρτια µετάθεση αν ο m i=1(s i 1) είναι άρτιος αριθµός και περιττή αν m i=1(s i 1) είναι περιττός. Απόδειξη i. Από την απόδειξη της Πρότασης 8.1.7,i. προκύπτει ότι ο s- κύκλος αναλύεται σε s 1 πλήθους αντιµεταθέσεων. Άρα είναι άρτια µετάθεση, όταν s 1 είναι άρτιος και περιττή αν ο s 1 είναι περιττός. ii. Προκύπτει από το i. και το Θεώρηµα Παρατηρήσεις i. Η ανάλυση µίας µετάθεσης σε γινόµενο αντιµεταθέσεων όπως αυτή αναφέρεται στην Πρόταση 8.1.7,i. δεν είναι µοναδική. Αυτό ϕαίνεται από το παράδειγµα : και γενικότερα από το (13)(12) = (123) = (23)(13) = (13)(42)(12)(14) (αβ) = (αβ)(γ) = (βγ)(αβ)(αγ). ii. Το γινόµενο δύο αντιµεταθέσεων δεν είναι αντιµεταθετική πράξη. Πράγ- µατι, (123) = (13)(12) (12)(13) = (132). iii. Από την Πρόταση 8.1.8, όµως, προκύπτει ότι το πλήθος των αντιµεταθέσεων που αναλύεται µία µετάθεση δεν είναι µεν σταθερό, αλλά είναι ή άρτιος ή περιττός αριθµός. Θα ταξινοµήσουµε, τώρα, τα συζυγή στοιχεία µίας µετάθεσης σ ανάλογα µε την ανάλυσή της σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Πρόταση ύο στοιχεία σ, τ S n είναι συζυγή αν και µόνον αν έχουν την ίδια ανάλυση σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο.

6 192 Θ. Θεοχάρη - Αποστολίδη Θεωρία Οµάδων Απόδειξη Ας υποθέσουµε ότι το στοιχείο σ S έχει την ακόλουθη ανάλυση σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο σ = (α 11 α 12...α 1s1 )(α 21 α 22...α 2s2 )...(α t1 α t2...α tst ), όπου t, s 1,..., s t είναι µη µηδενικοί ϕυσικοί αριθµοί και s 1 + s s t = n. Εστω ότι τ = ( α α 1s1 α α 2s2... α t1... β β1s 1 β β 2s2... β t1... α tst β tst ) ένα τυχαίο στοιχείο της S n. Τότε εύκολα υπολογίζουµε ότι τστ 1 = (β 11 β 12...β 1s1 )(β 21 β 22...β 2s2 )...(β t1 β t2...β tst ), δηλαδή, κάθε συζυγές του σ έχει την ίδια δοµή σε ανάλυση κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Αντίστροφα, ας υποθέσουµε ότι δύο στοιχεία σ, τ S n έχουν την ίδια δοµή σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Εστω και σ = (α 11...α 1s1 )(α 21...α 2s2 )...(α t1...α tst ) τ = (β 11...β 1s1 )(β 11...β 1s1 )...(β 11...β 1s1 ) αυτές οι αναλύσεις. Ορίζουµε τη µετάθεση u = ( α α 1s1 α α 2s2... α t1... α tst β β1s 1 β β 2s2... β t1... β tst ) και εύκολα υπολογίζουµε ότι uσu 1 = τ. Άρα οι σ, τ είναι συζυγείς. Παραδείγµατα Εστω σ = (231)(45)(6) και τ = (462)(31)(5) δύο στοιχεία της S n µε την ίδια δοµή σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. Τότε τ = uσu 1, όπου u = ( ) = ( ). 2. Ας υπολογίσουµε τις κλάσεις συζυγών στοιχείων της S 3. Από την Πρόταση προκύπτει ότι οι δυνατές αναλύσεις των στοιχείων της S 3 σε γινόµενο κύκλων ξένων µεταξύ τους ανά δύο, ακολουθούν τις δοµές : ( )( )( ), ( )( ), ( ) δηλαδή είναι όσες οι δυνατές προσθετικές αναλύσεις του 3, δηλ. Άρα έχουµε : , 1 + 2, 3.

7 Κεφάλαιο 8 Εδάφιο 8.1 Βασικές ιδιότητες της S n 193 i. Την κλάση που περιέχει όλους τους κύκλους µήκους 1, δηλαδή αποτελείται µόνον από το ουδέτερο στοιχείο της S 3. ii. Την κλάση που περιέχει όλα τα στοιχεία που αναλύονται σε γινόµενο ενός κύκλου µήκους 1 και ενός κύκλου µήκους 2, δηλαδή περιέχει όλους τους κύκλους µήκους 2. Άρα περιέχει τα στοιχεία :(12), (13), (23). iii. Την κλάση που περιέχει όλους τους 3-κύκλους, δηλαδή τα στοιχεία : (123), (132). 3. Υπολογισµός των κλάσεων συζυγών στοιχείων της S 4. Οι προσθετικές αναλύσεις του 4 είναι : , , 1 + 3, 2 + 2, 4. Εποµένως υπάρχουν πέντε κλάσεις συζυγών στοιχείων µε δοµή αντίστοιχα τη : ( )( )( )( ), ( )( )( ), ( )( ), ( )( ), ( ), δηλ. η πρώτη κλάση αποτελείται από το µοναδιαίο στοιχείο της S 4, η δεύτερη από όλους τους 2-κύκλους, η τρίτη από όλους τους 3-κύκλους, η τέταρτη από όλα τα γινόµενα δύο 2-κύκλων και η πέµπτη από όλους τους 4-κύκλους. Θα υπολογίσουµε τώρα το πλήθος των στοιχείων κάθε µίας από τις τέσσερις τελευταίες κλάσεις παρέχοντας ένα γενικό κανόνα. Το πλήθος των s-κύκλων της S n, για 1 < s n, είναι ίσο µε 1 n(n 1) (n s + 1). s Πράγµατι, έστω σ = (α 1 α 2...α s ) ένας s-κύκλος. Τα α i είναι διακεκριµένα και το α 1 µπορεί να λάβει n τιµές, το α 2 n 1 τιµές,... και το α s n s + 1 τιµές. Εποµένως, το πλήθος αυτών των παραστάσεων (α 1 α 2... α s ) είναι n(n 1)(n 2) (n s + 1). Οµως όλοι οι s-κύκλοι που προκύπτουν από τον σ µε κυκλική µετάθεση των α 1, α 2,..., α s είναι ίσοι, δηλ. (α 1 α 2... α s ) = (α 2 α 3... α s α 1 ) = (α s α 1 α 2... α s 1 ). Εποµένως οι διακεκριµένοι s-κύκλοι της S n είναι 1 n(n 1)(n 2) (n s + 1). s

8 194 Θ. Θεοχάρη - Αποστολίδη Θεωρία Οµάδων Επίσης µπορούµε να αποδείξουµε ότι : Το πλήθος των στοιχείων της S n που έχουν τη δοµή δύο κύκλων µήκους s είναι 1 1 n(n 1) (n s + 1) (n s)(n s + 1) (n 2s + 1). 2 s2 Πράγµατι, έστω σ = (α 1 α 2... α s )(β 1 β 2... β s ) ένα τέτοιο στοιχείο της S n. Το 1 στον παραπάνω τύπο δικαιολογείται γιατί οι παράγοντες του σ αντιµεταθέ- 2 τονται. Ο παράγοντας 1 s 2 δικαιολογείται όπως στον προηγούµενο τύπο το 1 s, αλλά τώρα για κάθε παράγοντα. Ας παρατηρήσουµε ακόµη, ότι οι δυνατές επιλογές για το στοιχείο β 1 είναι n s, αφού έχουµε ήδη επιλέξει τα στοιχεία α 1, α 2,..., α s. Οµοια για το β 2 είναι n s 1 κ.ο.κ. Ετσι το πλήθος των στοιχείων της S 4 µε δοµή ( ) είναι = 6, το πλήθος των στοιχείων µε δοµή ( ) είναι = 8, το πλήθος των στοιχείων µε δοµή ( ) είναι (4 3)(2 1) = 3. Παρατηρούµε ακόµη ότι τα στοιχεία µε δοµή ( ) είναι περιττές µεταθέσεις ως αντιµεταθέσεις, τα στοιχεία ( ) είναι άρτιες µεταθέσεις, τα στοιχεία ( ) είναι περιττές µεταθέσεις, ϐλ. Πρόταση i, και τα στοιχεία ( )( ) είναι άρτιες µεταθέσεις ως γινόµενο περιττών, ή ϐλ. ακόµη Πρόταση ii. Ας υπολογίσουµε τώρα την τάξη των στοιχείων της S 4. Από την Πρόταση ii) προκύπτει ότι τα συζυγή στοιχεία µίας οµάδας έχουν της ίδια τάξη. Ετσι όλοι οι 2-κύκλοι έχουν τάξη 2, ϐλ. Πρόταση Οµοια κάθε 3- κύκλος έχει τάξη 3 και κάθε 4-κύκλος έχει τάξη 4. Κάθε στοιχείο της µορφής ( )( ) έχει τάξη 2 γιατί οι παράγοντες αντιµεταθέτονται και [(αβ)(γδ)] 2 = (αβ) 2 (γδ) 2 = 1. Ετσι καταλήγουµε στον ακόλουθο πίνακα για τα στοιχεία της S 4. Ανάλυση σε κύκλους πλήθος στοιχείων S 4 τάξη στοιχείων είδος στοιχείου ( ) 1 1 άρτια ( ) 6 2 περιττή ( ) 8 3 άρτια ( ) 6 4 περιττή ( )( ) 3 2 άρτια Από τον προηγούµενο πίνακα µπορούµε να ϐρούµε επίσης τα στοιχεία της

9 Κεφάλαιο 8 Εδάφιο 8.1 Βασικές ιδιότητες της S n 195 A 4. Ανάλυση σε κυκλους πλήθος στοιχείων A 4 τάξη στοιχείων είδος στοιχείου ( ) 1 1 άρτια ( ) 8 3 άρτια ( )( ) 3 2 άρτια Ασκήσεις 1. Να αναλυθούν οι παρακάτω µεταθέσεις σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο. i. ( ), ii. ( α β γ δ ɛ ζ γ ɛ δ ζ β α ), iii. (α 1 α 2... α k yβ 1 β 1... β s )(α k α k 1... α 2 α 1 xyγ 1 γ 2... γ t ), iv. (α 1 α 2... α k xyzβ 1 β 1... β s ). 2. Εστω p ένας πρώτος ϕυσικός αριθµός. Να αποδείξετε ότι τα µόνο στοιχεία της S n µε τάξη p είναι τα γινόµενα p-κύκλων ξένων µεταξύ τους α- νά δύο. (Υποδ): Να παρατηρήσετε ότι αν το σ S n έχει την ανάλυση σ = σ 1... σ s σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων ξένων µεταξύ τους ανά δύο τότε 1 = σ p = σ p 1... σp s σ p 1 = = σp s = Αν ένα στοιχείο σ S n αναλύεται σε γινόµενο s πλήθους κύκλων, ξένων µεταξύ τους ανά δύο, µήκους t 1, t 2,..., t s αντίστοιχα, µε t 1 + t t s = n, να αποδείξετε ότι ord(σ) = ΕΚΠ(t 1, t 2,..., t s ). 4. ίνεται ένας n-κύκλος σ S n και ένας ϕυσικός αριθµός m n. Να αποδείξετε ότι το στοιχείο σ m είναι γινόµενο m κυκλικών µεταθέσεων, ξένων µεταξύ τους ανά δύο. 5. Να εξετάσετε ποια από τις επόµενες µεταθέσεις είναι άρτια και ποια πε- ϱιττή : i. (123456), ii. (2345), iii. (123)(45), iv. ( ).

10 196 Θ. Θεοχάρη - Αποστολίδη Θεωρία Οµάδων 6. Εστω τ = (12) και σ = (12... n) στοιχεία της S n. Να υπολογίσετε τα στοιχεία σ k τσ k, για k = 1, 2,..., n Να αποδείξετε ότι η A 4 έχει µοναδική υποοµάδα τάξης 4 την οµάδα του Klein {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. Ακόµη να αποδείξετε ότι Z(A 4 ) = {e}. 8. Να γίνουν οι πίνακες της S 5 και της A 5, οι αντίστοιχοι των S 4 και A 4 στο Παράδειγµα Επιλυσιµότητα της S n Ξεκινούµε αυτό το εδάφιο µε τον υπολογισµό συνόλου παραγόντων στοιχείων της S n και της A n. Πρόταση i. S n = {(αβ) 1 α, β n }. ii. S n = (12), (13),..., (1n). iii. S n = (12), (12... n). Απόδειξη i. Είναι ϕανερό, αφού κάθε στοιχείο της S n αναλύεται σε γινόµενο αντιµεταθέσεων (ϐλ. Πρόταση 8.1.7). ii. Παρατηρούµε ότι Εστω (1α)(1β)(1α) = (αβ), 1 α, β n. (8.2.1) G = (12), (13),..., (1n). Είναι ϕανερό ότι G S n. Ακόµη κάθε στοιχείο (αβ) G, 1 α, β n, λόγω της σχέσης (8.2.1). Άρα S n G και συνεπώς S n = G, δηλ. αποδείχθηκε το ii. iii. Θέτουµε τ = (12), σ = (12... n) και H = τ, σ. Είναι ϕανερό ότι H S n. Θα αποδείξουµε ότι S n H. Αρκεί να αποδείξουµε ότι η H περιέχει όλες τις αντιµεταθέσεις (12), (13),..., (1n), οπότε από το ii) ϑα προκύψει ότι S n H. Εκτελώντας τις πράξεις ϐλέπουµε ότι σ 1 τσ = (1n), σ 2 τσ 2 = σ 1 (1n)σ = (n 1, n),... σ 1 n τσ n 1 = (23), (8.2.2) δηλ. η Η περιέχει τα στοιχεία (1n), (n 1, n),..., (23).

11 Κεφάλαιο 8 Εδάφιο 8.2 Επιλυσιµότητα της S n 197 Ακόµη, η H περιέχει το στοιχείο (1α), 1 α n. Πράγµατι, (α 1, α)(α 2, α 1) (34)(23)(12)(23)(34) (α 1, α) = (1α), (8.2.3) για 2 α n. Άρα, από τις σχέσεις (8.2.2) και (8.2.3) έπεται ότι (1α) H, 1 α n, οπότε S n H και αποδείχθηκε η iii). Πρόταση i. Κάθε στοιχείο της A n είναι γινόµενο (πεπερασµένου πλή- ϑους) 3-κύκλων. ii. A n = {(αβγ) α, β, γ {1, 2,..., n}. iii. A n = (123), (124),..., (12n). Απόδειξη i. Κάθε 3-κύκλος (αβγ), µε 1 α, β, γ n, είναι άρτια µετάθεση, άρα ανήκει στην A n. Οµως, κάθε άρτια µετάθεση είναι γινόµενο άρτιου πλήθους αντιµεταθέσεων και αρκεί να περιοριστούµε στις αντιµεταθέσεις (12), (13),..., (1n), λόγω της Πρότασης ii). Αλλά (1α)(1β) = (1αβ), όπως διαπιστώνουµε µε πράξεις. Άρα κάθε άρτια µετάθεση είναι γινόµενο 3-κύκλων και αποδείχτηκε το i). ii. Προκύπτει από το i). iii. Αφού (1α)(1β) = (1αβ), έπεται ότι Ακόµη παρατηρούµε ότι A n = (1αβ) 2 α, β n. (1αβ) = (12β) 1 (12i)(12j). Εποµένως A n = (123), (124),..., (12n) Με την επόµενη πρόταση, η A 4 είναι ένα παράδειγµα οµάδας για την οποία δεν ισχύει το αντίστροφο του Θεωρήµατος του Lagrange (Θεώρηµα 3.1.9). Πρόταση Η οµάδα A 4 δεν περιέχει υποοµάδα τάξης 6.

12 198 Θ. Θεοχάρη - Αποστολίδη Θεωρία Οµάδων Απόδειξη Ας υποθέσουµε ότι η A 4 έχει µία υποοµάδα H τάξης 6. Τότε [A 4 H] = 2, άρα H A 4 (ϐλ. Πρόταση 3.2.5). Αυτό σηµαίνει ότι η H περιέχει τα συζυγή στοιχεία κάθε στοιχείου της, δηλ. αhα 1 H, α A 4. Στην A 4 υπάρχουν 8 το πλήθος 3-κύκλοι και η οµάδα H έχει 6 στοιχεία. Άρα ϑα υπάρχει τουλάχιστον ένας 3-κύκλος, έστω g, στην υποοµάδα H. Τότε η H περιέχει όλα τα συζυγή στοιχεία του g στην A 4. Ας υπολογίσουµε τα συζυγή του g στην A 4. Γνωρίζουµε ότι τα συζυγή του g στην οµάδα S 4 είναι όλοι οι 3-κύκλοι (ϐλ. Πρόταση ), δηλ. 8 στοιχεία. Άρα, ϐλ. Θεώρηµα 5.1.8, [S 4 C S4 (g)] = 8 C S4 (g) = 24 8 = 3. Με άλλα λόγια υπάρχουν 3 στοιχεία στην οµάδα S 4 που αντιµεταθέτονται µε το g. Οµως, τα στοιχεία 1, g, g 2 αντιµεταθέτονται µε το g, άρα Εποµένως και συνεπώς C S4 (g) = {(1), g, g 2 } < A 4. C S4 (g) = C A4 (g) [A 4 C A4 (g)] = 12 3 = 4. Υπάρχουν εποµένως 4 συζυγή του g στην A 4 και αυτά τα συζυγή ανήκουν στην υποοµάδα H, αφού H A 4. Αν η H περιείχε και άλλον 3-κύκλο, τότε ϑα περιείχε και τα συζυγή του στην A 4, δηλ. 4 ακόµη στοιχεία, οπότε η τάξη της H ϑα ξεπερνούσε το 6, όµως αυτό είναι αδύνατον. Από τα Θεωρήµατα του Sylow η H περιέχει ένα στοιχείο, έστω h, τάξης 2. Το h ως άρτια µετάθεση τάξης 2 είναι τύπου ( )( ) (ϐλ. πίνακα της A 4 στο Παράδειγµα ). Ετσι η H περιέχει τουλάχιστον τα εξής 6 στοιχεία : το (1), τέσσερις 3-κύκλους και το h. Θα αποδείξουµε ότι µπορούµε να ϐρούµε κι άλλο στοιχείο που πρέπει να ανήκει στην H διάφορο των παραπάνω έξι στοιχείων και αυτό ϐέβαια ϑα ο- δηγήσει σε άτοπο. Τα συζυγή του h στην A 4 οφείλουν να ανήκουν στην H, αφού H A 4, δηλ. αhα 1 H, για κάθε α A 4. Αν, λοιπόν, λάβουµε ως α τον 3-κύκλο (123) και ως h το (12)(34), τότε αhα 1 = (31)(24) h. Άρα (31)(24) H και η H περιέχει περισσότερα από έξι στοιχεία, που είναι άτοπο. Καταλήξαµε σε άτοπο γιατί υποθέσαµε ότι υπάρχει υποοµάδα της A 4 τάξης 6. Άρα η A 4 δεν έχει υποοµάδα τάξης 6, ενώ 6 A 4. Εξετάζουµε, τώρα, την επιλυσιµότητα της S n. Θεώρηµα Η S n δεν είναι επιλύσιµη για n 5.

13 Κεφάλαιο 8 Εδάφιο 8.2 Επιλυσιµότητα της S n 199 Απόδειξη Εστω n 5 και N µία κανονική υποοµάδα της S n η οποία περιέχει κάθε 3-κύκλο της S n. Θα αποδείξουµε ότι τότε κάθε 3-κύκλος της S n ϑα ανήκει και στην υποοµάδα N (1), την οµάδα µεταθετών της N. Πράγµατι, αν α = (123) και β = (345), τότε, αφού α, β N, έπεται ότι [α, β] = (253) N (1). Οµως, N (1) S n, ϐλ. Παράδειγµα , άρα σ(253)σ 1 N (1), για κά- ϑε σ S n. Μπορούµε να επιλέξουµε το σ ώστε σ(2) = α 1, σ(5) = α 2 και σ(3) = α 3, όπου τα α 1, α 2, α 3 είναι αυθαίρετα στοιχεία του συνόλου {1, 2,..., n}, δηλ. το στοιχείο (α 1 α 2 α 3 ) να είναι ένας τυχαίος 3-κύκλος της S n, ϐλ. Πρόταση Αυτό σηµαίνει ότι η N (1) περιέχει όλους τους 3- κύκλους της S n. Αν, τώρα, ϑεωρήσουµε ως N την ίδια την οµάδα S n, τότε συµπεραίνουµε ότι η S n (1) περιέχει όλους τους 3-κύκλους της S n. Οµοια η S n (2) περιέχει όλους τους 3-κύκλους της S n κ.ο.κ. η S n (k) περιέχει όλους τους 3-κύκλους της S n, για κάθε k N. Εποµένως S n (k) (1), για κάθε k N, και σύµφωνα µε το Θεώρηµα η S n δεν είναι επιλύσιµη. (Τα α, β τα επιλέξαµε έτσι ώστε σαφώς το n 5.) Από το Παράδειγµα και το Θεώρηµα προκύπτει το επόµενο Πόρισµα. Πόρισµα Η S n είναι επιλύσιµη αν και µόνον αν n 4. Ερχόµαστε τώρα στον δεύτερο στόχο αυτού του εδαφίου να εξετάσουµε την απλότητα της A n. Θεώρηµα Η οµάδα A n, για n 5, είναι απλή. Απόδειξη Ας υποθέσουµε ότι για n 5 η A n περιέχει µία κανονική υποοµάδα H {e}. Θα αποδείξουµε αρχικά ότι, τότε η H περιέχει έναν τουλάχιστον 3- κύκλο. Εστω σ e ένα τοιχείο της H που αφήνει σταθερό το µέγιστο πλήθος µεταξύ των στοιχείων {1, 2,..., n}. Αν το σ δεν είναι 3-κύκλος, τότε ϑα έχει µία από τις ακόλουθες αναλύσεις σε γινόµενο κυκλικών µεταθέσεων, ξένων µεταξύ τους ανά δύο : i. σ = (123 )( ) ii. σ = (12)(34) Αν το σ έχει την ανάλυση i), τότε το σ εκτός από τα στοιχεία 1,2,3 µεταθέτει τουλάχιστον δύο ακόµη, έστω τα 4 και 5. Αυτό συµβαίνει γιατί αν το σ µεταθέτει ακριβώς 4 στοιχεία από τα {1, 2,, n} ϑα µπορούσε να ήταν ένας 4-κύκλος και τότε ϑα ήταν περιττή µετάθεση, οπότε σ A n. Εστω τ = (345)

14 200 Θ. Θεοχάρη - Αποστολίδη Θεωρία Οµάδων και u = τστ 1. Από το Θεώρηµα έπεται ότι αν η σ έχει την ανάλυση i), τότε u = (124 ), ενώ αν έχει την ανάλυση ii), τότε u = (12)(45). Είναι ϕανερό ότι το αντικείµενο s > 5 που µένει σταθερό από τη µετάθεση σ, τότε µένει σταθερό και από το u. Εποµένως το s µένει σταθερό από το σ 1 u. Ακόµη παρατηρούµε ότι σ 1 u(1) = 1, αν το σ έχει την ανάλυση i) και το αν το σ έχει την ανάλυση ii), τότε σ 1 u(1) = 1 και σ 1 u(2) = 2. Ετσι σε κάθε περίπτωση το στοιχείο σ 1 u αφήνει περισσότερα σταθερά αντικείµενα από τα 1, 2,..., n από όσα αφήνει η σ. Αυτό έρχεται σε αντίφαση µε την υπόθεση για το σ, δεδοµένου ότι σ 1 u H. Άρα η µετάθεση σ είναι ένας 3-κύκλος. Τέλος, ϑα αποδείξουµε ότι η H ϑα περιέχει κάθε 3-κύκλο. Πράγµατι, αν σ = (αβγ),για α, β, γ {1, 2,..., n}, τότε για έναν άλλο 3-κύκλο (αβδ) ισχύει (αβδ) = (αβ)(γδ)(αβγ) 2 (γδ)(αβ) = (αβ)(γδ)(αβγ) 2 ((αβ)(γδ)) 1 και (αβ)(γδ) A n, δηλ. ο (αβδ) H ως συζυγές του (αβγ) 2 H, αφού H A n. Εποµένως η H περιέχει κάθε 3-κύκλο και συνεπώς κάθε στοιχείο της A n, ϐλ Πρόταση (Ας παρατηρήσουµε ότι η H A n και δεν είναι απαραίτητο H S n.) Άρα H = S n. Από το Παράδειγµα και το Θεώρηµα προκύπτει το ακόλουθο πόρισµα. Πόρισµα Η οµάδα A n είναι απλή αν και µόνον αν n 5. Ασκηση Να αποδείξετε ότι από το Θεώρηµα προκύπτει το Θεώρηµα