ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρμογή: Το θεώρημα του Burnside

Transcript

1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρμογή: Το θεώρημα του Bursde a b Θα αποδείξουμε εδώ ότι κάθε ομάδα τάξης pq ( p, 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 8 Αλγεβρικοί Ακέραιοι Ξεκινάμε με ορισμένα στοιχεία που αφορούν αλγεβρικούς ακεραίους Ένας αριθμός a ονομάζεται αλγεβρικός ακέραιος αν είναι ρίζα μονικού πολυωνύμου p( x) [ x] Το σύνολο των αλγεβρικών ακεραίων συμβολίζεται με O και ο σκοπός μας είναι να δείξουμε ότι το O είναι υποδακτύλιος του 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 p( x) R[ x] ) () ο υποδακτύλιος R [s] του S είναι πεπερασμένα παραγόμενο R-πρότυπο () υπάρχει υποδακτύλιος R του S έτσι ώστε R[ s] R και το R είναι πεπερασμένα παραγόμενο R- πρότυπο (v) υπάρχει πιστό 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 για κάποια s r s r0 0 r R Άρα s r s r0 και επαγωγή στο k δείχνει ότι το k s ()() Προφανές ()(v) Το R είναι πιστό R[s] -πρότυπο 2 k k s r s r0 είναι R-γραμμικός συνδυασμός των, s,, s (v)() Έστω Μ πιστό R[s] -πρότυπο που παράγεται από,, Υπάρχουν οπότε Έστω Α ο οπότε r j R με s r r 2 2 r s r r r 2 2, 0 ( r s r r ) r 22 ( r r s) πίνακας των συντελεστών των στο τελευταίο σύστημα Γράφουμε αυτό ως 0 A s k, οπότε μια προφανής

2 Αλλά 0 ( adja) A ( adja ) A (det A) I, όπου I είναι ο ταυτοτικός 75 πίνακας, όπως θυμόμαστε από τη Γραμμική Άλγεβρα (Η απόδειξη που δίνεται εκεί ισχύει και για μεταθετικούς δακτυλίους στη θέση σωμάτων) Άρα (det A) 0,,, Επειδή το Μ είναι πιστό R[s] -πρότυπο και τα παράγουν το Μ παίρνουμε det A 0 Το ανάπτυγμα της ορίζουσας det A δίνει τη ζητούμενη σχέση 82 Πόρισμα Έστω R S δακτύλιοι και s,, s S στοιχεία ακέραια πάνω από το R Τότε ο δακτύλιος R s,, s ] είναι πεπερασμένα παραγόμενο R-πρότυπο [ Απόδειξη: Για δες την προηγούμενη πρόταση Για γράφουμε R[ s,, s ] R[ s,, s][ s] Το R s,, ] είναι πεπερασμένα παραγόμενο R-πρότυπο από την υπόθεση της επαγωγής Το [ s R s,, s ][ s ] είναι πεπερασμένα παραγόμενο R s,, ] πρότυπο (αφού το s είναι ακέραιο πάνω [ [ s από το R) Συνεπώς το R s,, s ] είναι πεπερασμένα R-πρότυπο [ 83 Πόρισμα Το σύνολο O είναι υποδακτύλιος του Απόδειξη: Έστω ab, O Ο δακτύλιος [ ab, ] είναι πεπερασμένα παραγόμενο 82 για R και S Από την πρόταση 8 συμπεραίνουμε ότι a b O και ab O 84 Πρόταση O Απόδειξη: Έστω a/ b με ab,, μκδ ( a, b) Αν a/ b οπότε πράγμα που δίνει ότι το b διαιρεί το προφανής Επιστρέφουμε τώρα σε χαρακτήρες ( a / b) a ( a / b) a, a a a 0 ba a0b 0 -πρότυπο από το πόρισμα O τότε έχουμε μια σχέση της μορφής a Άρα b, οπότε a/ b Η άλλη σχέση O είναι 85 Πρόταση Έστω χ χαρακτήρας της G Τότε για κάθε g G, ( O Απόδειξη: Κάθε ρίζα της μονάδας είναι αλγεβρικός ακέραιος ως ρίζα του x Γνωρίζουμε ότι το χ ( είναι άθροισμα ριζών της μονάδας, οπότε το ζητούμε προκύπτει από το πόρισμα 83 Κατά συνέπεια οι μόνοι ρητοί αριθμοί που εμφανίζονται στον πίνακα χαρακτήρων της G είναι οι ακέραιοι

3 76 82 Θεώρημα του Bursde 82 Λήμμα Έστω V ανάγωγο [ G] -πρότυπο και z C( [ G ]) Τότε υπάρχει με την ιδιότητα zv λv για κάθε v V Απόδειξη: Επειδή z C( [ G ]), η συνάρτηση f : V v zv V είναι [ G] -ομομορφισμός Επειδή το είναι αλγεβρικά κλειστό και το V ανάγωγο, το ζητούμενο έπεται από το Λήμμα του Schur 822 Πρόταση Έστω χ ανάγωγος χαρακτήρας της G και g G Τότε G ( Cg ( ) () Απόδειξη: Έστω V [ G ] ανάγωγο [ G] -πρότυπο με χαρακτήρα χ και έστω C το άθροισμα των συζυγών του g Από το προηγούμενο λήμμα, υπάρχει με Cv λv για κάθε v V () Λαμβάνοντας ίχνη η τελευταία σχέση δίνει ( g ) (), όπου το g διατρέχει τα συζυγή στοιχεία του g Επειδή g ) και το πλήθος των g είναι G / C( παίρνουμε Θεωρούμε τώρα τη γραμμική απεικόνιση G ( Cg ( ) () O f : [ G] z Cz [ 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 (), το λ είναι ιδιοτιμή της f, και άρα το λ είναι αλγεβρικός ακέραιος Από την προηγούμενη πρόταση ο αριθμός G C( G G μκδ, Τότε a b ) για κάποια ab, C( C ( g ) G a b C( που είναι αλγεβρικός ακέραιος (πόρισμα 83) Άρα δείξαμε το εξής είναι αλγεβρικός ακέραιος Έστω ότι, οπότε G 824 Πόρισμα Με τους προηγούμενους συμβολισμούς, έστω μκδ, Τότε ( / () O C( Ερχόμαστε τώρα στο τελευταίο προπαρασκευαστικό αποτέλεσμα που αποτελεί το κλειδί για τα θεωρήματα που ακολουθούν Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε λίγη θεωρία Galos Με C ( ρ( συμβολίζουμε το κέντρο της ομάδας ρ (G) G 825 Πόρισμα Με τους προηγούμενους συμβολισμούς, έστω μκδ, Έστω : G GL ( ) C( αναπαράσταση με χαρακτήρα χ Τότε

4 ή ρ( C( ρ( ή χ ( 0 77 Απόδειξη: Επειδή το χ ( είναι αθροισμα ριζών της μονάδας (πλήθους χ () ) η τριγωνική ανισότητα δίνει Αν ισχύει ισότητα, τότε αυτές οι ρίζες της μονάδας είναι ίσες μεταξύ τους (γιατί;) Ισχυριζόμαστε ότι ρ( C( ρ( Πράγματι, έστω η τάξη του g Τότε ρ( I, οπότε το ελάχιστο πολυώνυμο του πίνακα ρ ( διαιρεί το x και κατά συνέπεια έχει διακεκριμένες ρίζες Άρα ο ρ ( είναι διαγωνίσιμος, και συνεπώς όμοιος με έναν πίνακα της μορφής ρ( ωi που ανήκει στο κέντρο της GL ( ) Έστω τώρα ότι Θέτουμε a ω I (γιατί οι ιδιοτιμές του ρ ( ταυτίζονται) Άρα Έστω ε μια πρωταρχική -ρίζα της μονάδας, όπου είναι η τάξη του g, και K () οπότε a K Το K είναι επέκταση Galos του Για κάθε Gal ( K / ), ισχύει σ ( a), γιατί σ( a) σ( ) ( ω ω ) όπου κάθε ω είναι -ρίζα της μονάδας Συνεπώς η υπόθεση δίνει Επειδή a O (πόρισμα 824), κάθε ( a) είναι ρητός αριθμός, γιατί Gal ( K, ) O και άρα το ( a ) b ( a) O Από την άλλη μεριά, το b Gal ( K, ) σ( b) b για κάθε Gal ( K, ) Επομένως (πρόταση 84) b Αφού b παίρνουμε b 0 Δηλαδή σ ( a) 0 για κάποιο σ, που δίνει βέβαια a Θεώρημα (Bursde) Έστω G πεπερασμένη ομάδα και C μια κλάση συζυγίας της G με C p, p πρώτος 0 Τότε υπάρχει μη τετριμμένη ανάγωγη αναπαράσταση ρ της G με την ιδιότητα το ρ( C) C( ρ( Συνεπώς η G δεν είναι απλή Απόδειξη: Έστω χ reg ο χαρακτήρας του κανονικού [ G] -προτύπου και 0 χreg 2 g G, g Τότε (λήμμα 723) ( χ() χ( χs () χs ( χ2() χ ( χs () χs (, όπου χ είναι ο χαρακτήρας της τετριμμένης αναπαράστασης Γράφουμε την προηγούμενη σχέση ως Επειδή p s χ 2 χ () ( p p O (πρόταση 84), για κάποιο 2 έχουμε ( () / p O (πόρισμα 83) Επειδή ( O (πρόταση 85), () / p O Δηλαδή το p δεν διαιρεί το χ () Άρα χ ( 0 και p δεν διαιρεί το χ () Άρα μκδ ( C, ()) Τότε το πόρισμα 825 δίνει ότι το ρ ( ανήκει στο κέντρο της ρ (G) για κάθε χ 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

5 Αφού η ρ δεν είναι η τετριμμένη αναπαράσταση έχουμε κέντρο της ρ (G) είναι μη τετριμμένο αφού περιέχει το σύνολο ρ (C) 78 H G Αν ισχύει H, τότε G ( G ) και το, όπως δείξαμε πριν Αν C( ρ( ρ( G) τότε η G είναι αβελιανή, και αφού η τάξη της δεν είναι πρώτος (γιατί C p, 0 ) η G δεν είναι απλή Αν C( ρ( ρ( G), τότε το C ( ρ( 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 G G έτσι ώστε κάθε G είναι κανονική στη 0 r G και κάθε πηλίκο G / G είναι κυκλική τάξης πρώτου αριθμού Ως ασκήσεις αφήνουμε τις αποδείξεις των εξής υπενθυμίσεων Παρατηρήσεις ) Αν η υποομάδα Η της G είναι κανονική με την ιδιότητα η Η και η G / H είναι επιλύσιμες, τότε η G είναι επιλύσιμη 2) Κάθε ομάδα τάξης a p, p πρώτος, a 0, δεν είναι απλή (υπόδειξη: C ( G) ) Ερχόμαστε τώρα στο φημισμένο θεώρημα του Bursde 827 Θεώρημα (Bursde) Κάθε ομάδα τάξης p a q b, όπου p, q είναι πρώτοι αριθμοί, είναι επιλύσιμη Απόδειξη: 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, οπότε Q q Τότε C ( Q), από την παρατήρηση 2 Έστω g C( Q), g Τότε Q C ( και άρα ο πληθάριθμος της κλάσεως συζυγίας του g, έστω C, είναι G C [ G : C ( ] p 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 826 Έχοντας αποδείξει ότι η G δεν είναι απλή, μια προφανής επαγωγή στο a b βασιζόμενη στην παρατήρηση δίνει το αποτέλεσμα Όπως έχουμε τονίσει ήδη, υπάρχουν αποδείξεις του θεωρήματος 827 που αποφεύγουν χαρακτήρες Το ίδιο όμως δεν συμβαίνει για το θεώρημα 826 μέχρι σήμερα G r b Ασκήσεις Κάθε μη αβελιανή απλή ομάδα ταξης 69 έχει ταξη 60 (Υπόδειξη: για να αποκλείσετε τις περιπτώσεις 30 και 42 εφαρμόστε τα θεωρήματα Sylow) 2 Κάθε μη αβελιανή απλή ομάδα δεν έχει αβελιανή υποομάδα δείκτη 3 Έστω χ ανάγωγος χαρακτήρας της G Τότε το χ () διαιρεί G Υπόδειξη: Έστω g,, r p, p πρώτος g s αντιπρόσωποι των κλάσεων συζυγίας Από την πρόταση 822,

6 s G Cg ( ) () O Από τη στοιχειώδη θεωρία ομάδων γνωρίζετε ότι κάθε ομάδα τάξης p, p Δώστε μια άλλη απόδειξη Υπόδειξη: προηγούμενη άσκηση 5 O πίνακας χαρακτήρων της S αποτελείται μόνο από ακέραιους αριθμούς πρώτος, είναι αβελιανή