ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

Transcript

1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Παρασκευή 9 Μαίου 07 Για κάθε µετάθεση σ S n, ορίζουµε µια σχέση «σ» επί του συνόλου N n = {,,, n } ως εξής : i, j N n = {,,, n } : i σ j n Z : σ n i = j Εύκολα ϐλέπουµε ότι η «σ» είναι µια σχέση ισοδυναµίας επί του συνόλου N n = {,,, n }, και οι διακεκριµένες κλάσεις ισοδυναµίας της σχέσης «σ» επί του N n, καλούνται τροχιές της σ. Θα έχουµε : [i] σ := [i] σ = { j N n j σ i } = { j N n n Z : j = σ n i } = { σ n i N n n Z } Προφανώς το σύνολο [i] σ είναι πεπερασµένο, και υπάρχει m N έτσι ώστε : σ m i = i. Οπως µπορούµε να δούµε εύκολα : [i] σ = { i, σi, σ i,, σ k i }, όπου k = min { m N σ m i = i } Η τροχιά [i] σ ορίζει τότε έναν κύκλο µήκους k: i, σi σ σ k i. Αν [i ] σ, [i ] σ,, [i r ] σ είναι οι διακεκριµένες τροχιές της σ, όπου : [i l ] σ = { i l, σi l, σ i l,, σ k l i l }, l =,,, r τότε ϑεωρούµε τους αντίστοιχους κύκλους σ l = i l σi l σ i l σ kl i l, µήκους k l, όπου l =,,, r, τότε όπως προκύπτει εύκολα : σ = σ σ σ r Ασκηση. Θεωρούµε τα ακόλουθα στοιχεία της S 6 : σ =, τ =, µ = Να προσδιοριστούν οι τροχιές της χ στις οποίες διαµερίζεται το σύνολο {,,,, 5, 6}, όταν χ = σ, τ, και µ. Να προσδιοριστούν οι τάξεις oσ, oτ, και oµ. Να προσδιοριστεί η ανάλυση σε ξένους κύκλους των σ, σ, σ, σ, σ 5, σ 6 Τι παρατηρείτε;. Να υπολογιστούν τα στοιχεία : σ τ σ, σ τ σ, τ σ τ, µ τ µ, µ τ 7 µ. 5 Να επιλυθεί ως προς x η εξίσωση : x σ x = 5 6 δηλαδή να ϐρεθεί, αν υπάρχει, µετάθεση τ S 6 έτσι ώστε : τ σ τ = Να δειχθεί ότι η ως προς x εξίσωση : x σ x = τ δεν διαθέτει λύση δηλαδή δεν υπάρχει µετάθεση ρ S 6 έτσι ώστε : ρ σ ρ = τ.

2 Λύση. Για τη µετάθεση σ έχουµε: [] σ = {,,, 5, 6, } Άρα η σ έχει µόνο µια τροχιά αφού είναι ο κύκλος σ = 5 6. Για τη µετάθεση τ έχουµε: [] τ = {,,, } και [5] τ = {5, 6} Άρα η τ έχει δυο τροχιές και τ = 5 6. Για τη µετάθεση µ έχουµε: [] µ = {, 5}, [] µ = {}, [] µ = {, } και [6] µ = {6} Άρα η µ έχει τέσσερις τροχιές και µ = 5. Υπενθυµίζουµε από τη Θεωρία ότι ένας κύκλος µήκους k έχει τάξη k και η τάξη µιας µετάθεσης που είναι γινόµενο ξένων κύκλων είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών των κύκλων. Άρα επειδή έχουµε: Εχουµε: σ = 5 6 & τ = 5 6 & µ = 5 oσ = 6 & oτ = [, ] = & oµ = [, ] = σ = 5 6 σ = σ σ = = 6 5 σ = σ σ = = 65 σ = σ σ = = 5 6 σ 5 = σ σ = = 6 5 σ 6 = ι Παρατηρούµε λοιπόν ότι η µετάθεση σ είναι κύκλος, αλλά η µετάθεση σ δεν είναι κύκλος. Άρα η δύναµη κύκλου δεν είναι γενικά κύκλος. Από την άλλη πλευρά παρατηρούµε οτι η δύναµη σ 5 του κύκλου σ είναι κύκλος. Εχουµε: σ τ σ = = 6 5 σ τ σ = = 6 5 τ σ τ = = 6 5 µ τ µ = = 6 5 Επειδή µ = ι έχουµε ότι µ = µ και επειδή τ = ι έπεται ότι τ 7 = τ = τ. Άρα έχουµε: µ τ 7 µ = µ τ µ = = 5 6 Γενικά αποδεικνύεται ότι αν ρ είναι ένας κύκλος µήκους k και m, τότε η µετάθεση ρ m είναι κύκλος αν και µόνον αν k, m =, ϐλέπε το Φυλλάδιο 8 των Προτεινόµενων Ασκήσεων.

3 5 Εχουµε: x σ x = 5 6 = x x x x5 x6 x = 5 6 = x =, x =, x =, x5 =, x6 = 5, x = 6 Άρα λύση της εξίσωσης x σ x = 5 6 είναι η µετάθεση x = Από το ερώτηµα 5 έχουµε ότι η µετάθεση x σ x είναι πάντοτε κύκλος. Οµως η µετάθεση τ δεν είναι κύκλος και άρα η εξίσωση : x σ x = τ δεν διαθέτει λύση. Ασκηση. Εστω σ ένα στοιχείο της συµµετρικής οµάδας S n, n. Να δειχθεί ότι η τάξη του σ είναι αν και µόνον αν η µετάθεση σ είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων ξένων ανά δύο. Εστω τ ένα στοιχείο της συµµετρικής οµάδας S 7 για το οποίο γνωρίζουµε ότι : τ = Να ϐρεθεί η µετάθεση τ και να γραφεί ως γινόµενο ξένων κύκλων και αντιµεταθέσεων. Λύση. Γνωρίζουµε ότι για κάθε σ S n, έχουµε : σ = c c c t όπου τα c i, i t είναι κύκλοι τής S n ξένοι ανά δύο. Γνωρίζουµε ακόµα ότι η τάξη τού σ ισούται µε το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο των τάξεων oc i, i t, των κύκλων. Αλλά η τάξη οποιουδήποτε κύκλου c τής S n συµπίπτει µε το µήκος του lc. Γι αυτό oσ = ΕΚΠ{lc, lc,..., lc t } = [lc, lc,..., lc t ] Επιπλέον, αν η µετάθεση σ δεν είναι το ταυτοτικό στοιχείο τής S n, τότε στην προηγούµενη ανάλυση µπορούµε να ϑεωρήσουµε µόνο κύκλους µήκους. Εποµένως : oσ = = ΕΚΠ{lc, lc,..., lc t } = = i, i t : lc i = = i, i t : c i = αντιµετάθεση. Αντίστροφα αν η µετάθεση σ είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων ξένων ανά δύο, τότε η τάξη του είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών τους, δηλαδή. Επειδή τ τ και επειδή η τάξη της τ ως κύκλου µήκους 7 είναι ίση µε 7, έπεται ότι ϑα έχουµε : 7 = oτ oτ. Από το, ϑα έχουµε τ = τ τ τ r, όπου οι κύκλοι τ i είναι ξένοι ανά δύο µεταξύ τους, και oτ = ΕΚΠ{lc, lc,..., lc r } και lc + lc + + lc r = 7. Επειδή 7 oτ, αναγκαστικά ϑα έχουµε ότι η τ είναι κύκλος µήκους 7 και άρα oτ = 7. Τότε τ = ι τ = τ 7 τ = τ 8 = τ τ = = Τέλος η τ γράφεται ως γινόµενο αντιµεταθέσεων ως εξής : τ = = Ασκηση. Εστω σ S n µια µετάθεση και p ένας πρώτος αριθµός. Να δειχθεί ότι η τάξη oσ είναι ίση µε p αν και µόνον αν η σ είναι γινόµενο ξένων κύκλων µήκους p. Λύση. Εστω ότι oσ = p. Οπως γνωρίζουµε, η σ µπορεί να γραφεί ως γινόµενο σ = σ σ σ m ξένων κύκλων σ i, i m, όπου κάθε κύκλος σ i έχει µήκος. Εστω ότι το µήκος του κύκλου σ i είναι r i. Τότε oσ i = r i. Επειδή p = oσ = [oσ, oσ,, oσ m ] = [r, r,, r m ], ϑα έχουµε p = r i s i για κάποιους ϑετικούς ακέραιους s i, i m. Επειδή ο p είναι πρώτος και κάθε r i,

4 έπεται ότι s i =, i m, και εποµένως r i = p, i m. Άρα σ είναι γινόµενο ξένων κύκλων µήκους p. Εστω ότι η µετάθεση σ είναι γινόµενο ξένων κύκλων µήκους p: σ = σ σ σ m, και oσ i = p, i m. Τότε oσ = [oσ, oσ,, oσ m ] = [p, p,, p] = p. Ασκηση. Θεωρούµε τις µεταθέσεις της συµµετρικής οµάδας S 8 : τ = και σ = Να γραφούν οι µεταθέσεις σ και τ ως γινόµενα ξένων κύκλων. Να προσδιοριστούν οι τάξεις των µεταθέσεων τ και σ. Να υπολογιστεί η µετάθεση σ 08. Να εξεταστεί αν, υπάρχει µετάθεση ρ S 8 τέτοια, ώστε : ρ τ ρ = σ. Αν υπάρχει, να ϐρείτε µια τέτοια µετάθεση. Λύση. Θα έχουµε : Θα έχουµε : Επειδή 08 = 6 6 +, ϑα έχουµε : τ = & σ = oτ = [,, ] = 6 & oσ = [,, ] = 6 σ 08 = σ 6 6+ = σ 6 6 σ = σ 6 6 σ = ι σ = σ Επειδή ξένοι κύκλοι αντιµετατίθενται, ϑα έχουµε : Επειδή σ = = = 6 8 τ = & σ = = οι σ, τ έχουν την ίδια ανάλυση σε ξένους κύκλους έναν κύκλο µήκους και δύο κύκλους µήκους. Άρα υπάρχει µετάθεση ρ S 8 έτσι ώστε : ρτρ = σ. Πράγµατι ϑεωρούµε την µετάθεση : ρ = = Τότε υπολογίζουµε εύκολα : ρτρ = ρ ρ = ρ ρ ρ 5ρ ρ6 7 8ρ = = ρ ρ ρ ρ ρ5 ρ6 ρ7 ρ8 = = σ Ασκηση 5. Θεωρούµε τη συµµετρική οµάδα S n, n. Να δειχθούν τα εξής : Κάθε κύκλος στην S n µπορεί να γραφεί ως γινόµενο το πολύ n αντιµεταθέσεων. Κάθε µετάθεση στην S n η οποία δεν είναι κύκλος, µπορεί να γραφεί ως γινόµενο το πολύ n αντιµεταθέσεων. Κάθε περιττή µετάθεση στην S n µπορεί να γραφεί ως γινόµενο n + αντιµεταθέσεων. Κάθε άρτια µετάθεση στην S n µπορεί να γραφεί ως γινόµενο n + 8 αντιµεταθέσεων. Λύση. Κάθε κύκλος γ = c c... c l, l n γράφεται ως γινόµενο l αντιµεταθέσεων, αφού γ = c c l c c l c c i c c c c. Αν σ S n δεν είναι κύκλος, τότε σ = γ γ γ ρ, όπου οι γ i είναι ξένοι κύκλοι µε µήκη lγ i και όπου το άθροισµα των µηκών ρ i= lγ i είναι n και όπου το ρ. Αφού κάθε κύκλος γ i είναι σύνθεση lγ i αντιµεταθέσεων, η σ είναι σύνθεση ρ i= lγ i = ρ i= lγ i ρ n ρ n.

5 5 Εποµένως, κάθε µετάθεση τής S n γράφεται ως γινόµενο το πολύ n αντιµεταθέσεων. Αν τώρα η σ είναι περιττή τότε γράφεται ως γινόµενο s n αντιµεταθέσεων, όπου ο s είναι περιττός. Εποµένως n + = s + n + s, όπου ο n + s είναι ϑετικός και άρτιος. Συµπληρώνουµε την ανάλυση τής σ µε τις s το πλήθος αντιµεταθέσεις µε την άρτια δύναµη n+ s, η οποία ισούται µε την ταυτοτική απεικόνιση. Ετσι η σ γράφεται ως γινόµενο n + αντιµεταθέσεων. Αν τέλος η σ είναι άρτια τότε γράφεται ως γινόµενο s n αντιµεταθέσεων, όπου ο s είναι άρτιος. Εποµένως n + 8 = s + n + 8 s, όπου ο n + 8 s είναι ϑετικός και άρτιος. Συµπληρώνουµε την ανάλυση τής σ µε τις s το πλήθος αντιµεταθέσεις µε την άρτια δύναµη n+8 s, η οποία ισούται µε την ταυτοτική απεικόνιση. Ετσι η σ γράφεται ως γινόµενο n + 8 αντιµεταθέσεων. Ασκηση 6. Να δείξετε ότι κάθε µετάθεση σ A n, n, µπορεί να γραφεί ως γινόµενο -κύκλων. Να ϐρεθούν τα αριστερά σύµπλοκα αριστερές πλευρικές κλάσεις της κυκλικής υποοµάδας H = στην εναλλάσσουσα οµάδα A. Λύση. Παρατηρούµε ότι για n =, στην εναλλάσσουσα οµάδα A όλα τα στοιχεία της, εκτός του ταυτοτικού, είναι κύκλοι µήκους, και η ταυτοτική µετάθεση είναι γινόµενο κύκλων µήκους : A = { =,, } Αν n, τότε επειδή κάθε στοιχείο της A n, ως άρτια µετάθεση, γράφεται σαν γινόµενο άρτιου πλήθους αντιµεταθέσεων, αρκεί να δείξουµε ότι το γινόµενο δυο αντιµεταθέσεων a b, c d είναι γινόµενο κύκλων µήκους. ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις: αʹ Αν οι αντιµεταθέσεις a b και c d είναι ξένες µεταξύ τους, τότε a b c d = a c b a c d ϐʹ Εστω ότι οι αντιµεταθέσεις a b και c d έχουν ένα κοινό στοιχείο. Αν λοιπόν a = c τότε a b a d = a d b Σηµειώνουµε ότι αν έχουν δυο κοινά στοιχεία τότε το γινόµενο τους είναι η ταυτοτική µετάθεση. Συνεπώς το γινόµενο δύο αντιµεταθέσεων είναι γινόµενο κύκλων µήκους και άρα κάθε στοιχείο της εναλλάσσουσας οµάδας A n, n, είναι γινόµενο κύκλων µήκους. Επειδή η µετάθεση είναι ένας κύκλος µήκους τρία, έπεται ότι η τάξη της H είναι και εποµένως ο δείκτης της H στην A ϑα είναι [A : H] = = Ετσι ϑα έχουµε αριστερά σύµπλοκα πλευρικές κλάσεις. αʹ Θα έχουµε το σύµπλοκο H = H = {,, } ϐʹ Ο -κύκλος δεν ανήκει στην H και άρα ϑα έχουµε το σύµπλοκο H = {,, } = {,, } γʹ Ο -κύκλος δεν ανήκει στην ένωση συµπλόκων H H και άρα ϑα έχουµε το σύµπλοκο H = {,, } = {,, } δʹ Ο -κύκλος δεν ανήκει στην ένωση συµπλόκων H H H και άρα ϑα έχουµε το σύµπλοκο H = {,, } = {,, } Η ταυτοτική µετάθεση ι συµβολίζεται και ως.

6 6 Εποµένως τα αριστερά σύµπλοκα της H στην A είναι : H, H, H, H Ασκηση 7. Να υπολογιστεί ο πίνακας Cayley της εναλλάσσουσας υποοµάδας A της S,. Να δειχθεί ότι, αν n, η εναλλάσσουσα υποοµάδα A n της S n, δεν είναι αβελιανή. Λύση. Η εναλλάσσουσα οµάδα A είναι υποοµάδα της συµµετρικής οµάδας S η οποία αποτελείται από τις άρτιες µεταθέσεις : A = {,,,,,,,,,,, } Ο πίνακας Cayley της οµάδας A δίνεται παρακάτω : Για n, ϑεωρούµε τις ακόλουθες µεταθέσεις: 5 n σ = = A 5 n n & τ = = Τότε 5 n 5 n σ τ = = = = τ σ και άρα η εναλλάσσουσα υποοµάδα A n, n, της S n δεν είναι αβελιανή. A n Ασκηση 8. Να δείξετε ότι η εναλλάσουσα οµάδα A έχει υποοµάδες τάξης,,, και, αλλά δεν έχει υποοµάδα τάξης 6. Λύση. Προφανώς η A έχει υποοµάδες τάξης, και. Το στοιχείο παράγει µια κυκλική οµάδα τάξης, το στοιχείο παράγει µια υποοµάδα τάξης, και το σύνολο { },,, είναι µια υποοµάδα τάξης η οποία είναι ισόµορφη µε την οµάδα του Klein, επειδή κάθε στοιχείο της, εκτός του ουδετέρου, έχει τάξη. Υποθέτουµε ότι H είναι µια υποοµάδα της A µε oh = 6. Τότε προφανώς ο δείκτης [A : H] = A H = 6 = και εποµένως η H έχει διακεκριµµένα αριστερά σύµπλοκα στην A. Θα δείξουµε ότι κάθε στοιχείο της A το οποίο είναι της µορφής g, όπου g A, ανήκει στην H: M := { g A g A } H Πράγµατι : έστω g A. Αν g H, τότε g H διότι η H είναι υποοµάδα της A. Αν g / H, τότε τα σύµπλοκα H = H και gh, δεν συµπίπτουν, διότι διαφορετικά αν H = gh, τότε g H που είναι Επειδή 6 = A, αυτό δείχνει ότι δεν ισχύει το αντίστροφο του Θεωρήµατος του Lagrange.

7 7 άτοπο. Άρα επειδή τα σύµπλοκα H = H και gh είναι διαφορετικά και επειδή η H έχει διακεκριµµένα αριστερά σύµπλοκα στην A, έπεται ότι τα σύµπλοκα H και gh αποτελούν µια διαµέριση της A, και άρα : A = H gh & H gh = Το σύµπλοκο g H ϑα συµπίπτει µε ένα εκ των H και gh. Αν g H = gh, τότε g g = g g = g H. Επειδή η H είναι υποοµάδα, ϑα έχουµε g H το οποίο είναι άτοπο. Συµπεραίνουµε ότι : g H = H κάτι το οποίο σηµαίνει ότι g H. Άρα η έγκλειση ισχύει. Οµως το πλήθος των στοιχείων του συνόλου M των τετραγώνων στοιχείων της A είναι όπως µπορούµε να δούµε εύκολα, π.χ. από τον πίνακα Cayley, ϐλέπε την Άσκηση 7 της A : M = {,,,,,,,, } δηλαδή όλοι οι -κύκλοι και η ταυτοτική µετάθεση. Άρα M = 9 και εποµένως δεν µπορεί να ισχύει η σχέση, διότι H = 6. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι η A έχει µια υποοµάδα τάξης 6. Άρα η εναλλάσσουσα οµάδα A δεν έχει υποοµάδα τάξης 6. Η επόµενη Άσκηση δίνει µια ελαφρώς διαφορετική απόδειξη ότι η εναλλάσσουσα υποοµάδα A δεν έχει υποοµάδα τάξης 5. Ασκηση 9. Εστω N µια κανονική υποοµάδα µιας πεπερασµένης οµάδας G. Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο x της G του οποίου η τάξη είναι πρώτη προς τον δείκτη [G : N] ανήκει στην N. Ιδιαίτερα αν [G : N] =, τότε κάθε στοιχείο της G µε περιττή τάξη ανήκει στην N. Η εναλλάσσουσα υποοµάδα A δεν διαθέτει υποοµάδες τάξης 6. Λύση. Εστω x G και υποθέτουµε ότι ox, [G : N] =. Τότε x ox = e = xn ox = x ox N = en = N = oxn ox Επειδή oxn G/N = [G : N], ϑα έχουµε oxn ox, [G : N] = και εποµένως oxn =, δηλαδή xn = en = N απ όπου έπεται ότι x N. Ας υποθέσουµε ότι η A έχει µια υποοµάδα H τάξης 6. Τότε προφανώς [A : H] = και εποµένως, σύµφωνα µε γνωστό κριτήριο, η H είναι κανονική υποοµάδα της A. Από το µέρος έπεται ότι η H περιέχει κάθε στοιχείο µε περιττή τάξη. Επειδή η A περιέχει όλους τους κύκλους µήκους, επειδή κάθε κύκλος µήκους έχει τάξη, και επειδή υπάρχουν 9 κύκλοι µήκους στην A, έπεται ότι η H περιέχει τουλάχιστον 9 στοιχεία. Αυτό είναι άτοπο διότι H = 6. Άρα η A δεν διαθέτει υποοµάδα τάξης 6. Ασκηση 0. Να ϐρεθεί το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της εναλλάσσουσας οµάδας A. Λύση. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα του Lagrange, υποοµάδες H της A τάξης n είναι πιθανόν να υπάρχουν, µόνον αν n = H, δηλαδή αν n =, 6,,,,. Υπενθυµίζουµε την περιγραφή των στοιχείων της A από την Άσκηση 7: A = {,,,,,,,,,,, } Μια τρίτη απόδειξη ϐασίζεται στο ότι, µε ακρίβεια ισοµορφίας, υπάρχουν µόνο δύο οµάδες µε τάξη 6: η κυκλική τάξης 6 και η συµµετρική οµάδα S, και στο ότι στην A υπάρχουν τρία στοιχεία τάξης, οκτώ στοιχεία τάξης, και ένα στοιχείο τάξης. Πράγµατι, ας υποθέσουµε ότι η A έχει µια υποοµάδα H τάξης 6. Τότε η H είναι ισόµορφη είτε µε την Z 6 είτε µε την S. Στην πρώτη περίπτωση η H, άρα και η A, έχει ένα στοιχείο τάξης 6 και αυτό είναι άτοπο. Στην δεύτερη περίπτωση η H, άρα και η A, έχει τρία στοιχεία τάξης, τα οποία δεν µετατίθενται µεταξύ τους για παράδειγµα στην S : µ µ µ µ. Η A έχει και αυτή τρία στοιχεία τάξης, τα εξής :,, και, τα οποία όπως µπορούµε να δούµε εύκολα µετατίθενται µεταξύ τους. Άρα η H δεν µπορεί να είναι ισόµορφη µε τη S. Ετσι καταλήγουµε σε άτοπο και εποµένως η A δεν έχει υποοµάδα τάξης 6.

8 8 Προφανώς όλοι οι οκτώ το πλήθος -κύκλοι έχουν τάξη και τα τρία στοιχεία,, έχουν τάξη. Ιδιαίτερα δεν υπάρχουν στοιχεία τάξης ή 6. Υποοµάδες τάξης της A : Προφανώς η µόνη υποοµάδα τάξης είναι η A. Υποοµάδες τάξης 6 της A : Οπως δείξαµε στην Άσκηση 8 δεν υπάρχει υποοµάδα τάξης 6 της A. Υποοµάδες τάξης της A : Επειδή δεν υπάρχουν στοιχεία ταξης στην A, έπεται ότι δεν υπάρχει κυκλική υποοµάδα τάξης στην A. Τότε όπως γνωρίζουµε, όλα τα στοιχεία, εκτός του ταυτοτικού, µιας υποοµάδας τάξης ϑα έχουν τάξη. Τα µόνα στοιχεία τάξης είναι τα γινόµενα των αντιµεταθέσεων,,, και τότε εύκολα ϐλέπουµε, όπως στην Άσκηση 8, ότι το σύνολο V = {,,, } είναι µια υποοµάδα τάξης η οποία είναι ισόµορφη µε την οµάδα του Klein. Προφανώς δεν υπάρχει άλλη υποοµάδα τάξης στην A. Υποοµάδες τάξης της A : Αυτές, αν υπάρχουν, αναγκαστικά ϑα είναι κυκλικές µε γεννήτορες στοιχεία τάξης. Εχουµε οκτώ στοιχεία τάξης, για τα οποία ισχύει ότι :,,, Εποµένως υπάρχουν τέσσερις διαφορετικές υποοµάδες τάξης :,,, 5 Υποοµάδες τάξης της A : Αυτές, αν υπάρχουν, αναγκαστικά ϑα είναι κυκλικές µε γεννήτορες στοιχεία τάξης. Εχουµε στοιχεία τάξης, τα,,, τα οποία παράγουν τις ακόλουθες υποοµάδες τάξης :,, Επειδή δεν υπάρχουν άλλα στοιχεία τάξης, έπεται ότι οι παραπάνω υποοµάδες είναι όλες οι υποο- µάδες τάξης. Παρατηρούµε ότι οι παραπάνω υποοµάδες τάξης είναι υποοµάδες της υποοµάδας V τάξης. 6 Υποοµάδες τάξης της A : Προφανώς η µόνη υποοµάδα τάξης είναι η τετριµµένη {ι}. Συνοψίζουµε : υπάρχουν, εκτός της τετριµµένης υποοµάδας {ι}, και της A, υποοµάδες τάξης οι οποίες παράγονται από -κύκλους, η οµάδα του Klein η οποία αποτελείται, εκτός της ταυτοτικής µετάθεσης, από γινόµενα -κύκλων, και οι υποοµάδες της οµάδας του Klein οι οποίες παράγονται από τα στοιχεία τάξης. Μεταξύ αυτών των υποοµάδων, οι µόνες µη-τετριµµένες ακµές οι οποίες υπάρχουν στο διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της A αντιπροσωπεύουν τις εγκλείσεις των τριών υποοµάδων τάξης στην οµάδα του Klein V.

9 9 Το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων τής A A V {ι} Ασκηση. Για κάθε υποοµάδα H της S n, έστω ah = A n H το πλήθος των άρτιων µεταθέσεων της H. Να δειχθεί ότι : είτε ah = oh, είτε ah = oh Λύση. Εστω H S n. Θεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολα τής H: H + := {σ H σ : άρτια} = A H & H =: H \ H + = {σ H σ : περιττή} Το H + είναι πάντοτε, αφού η H είναι υποοµάδα τής S n και το ουδέτερο στοιχείο τής S n είναι άρτια µετάθεση µετάταξη. Αν H + = H, τότε το πλήθος των άρτιων µετατάξεων µεταθέσεων τής H ισούται µε oh: ah = πλήθος άρτιων µετατάθέσεων της H = H + = oh Αν το H + είναι γνήσιο υποσύνολο τής H, τότε το σύνολο H δεν είναι κενό και η H ως σύνολο είναι η ξένη ένωση των H + και H, δηλαδή H = H + H και H + H =. Γι αυτό και oh = H = H + + H. Θα δείξουµε ότι H + = H, κατασκευάζοντας δύο απεικονίσεις Φ: H + H και Ψ: H H +, έτσι ώστε : Ψ Φ = Id H + και Φ Ψ = Id H. Εστω τ ένα τυχαίο στοιχείο τού συνόλου H, ιδιαίτερα η τ είναι µια περιττή µετάθεση. Με ϐάση το στοιχείο τ, ϑεωρούµε τις αντιστοιχίες Φ : H + H, Φα = τ α & Ψ : H H +, Ψβ = τ β Η Φ είναι όντως απεικόνιση, αφού όταν α H +, δηλαδή η α είναι µια άρτια µετάθεση, τότε η σύνθεση τ α είναι περιττή, δηλαδή τ α H, αφού η τ είναι περιττή. Η Ψ είναι όντως απεικόνιση, αφού όταν β H, δηλαδή η β είναι µια περιττή µετάθεση, τότε η σύνθεση τ β είναι άρτια, δηλαδή τ β H +, αφού η τ είναι περιττή διότι η τ είναι περιττή. Επιπλέον, για κάθε α H + είναι Ψ Φα = Ψτ α = τ τ α = α Ωστε η Ψ Φ ίση µε την ταυτοτική απεικόνιση επί τού H +.

10 0 Τέλος, για κάθε β H είναι Φ Ψβ = Φτ β = τ τ β = β Ωστε η Φ Ψ ίση µε την ταυτοτική απεικόνιση επί τού H. Συνεπώς, η Φ είναι αντιστρέψιµη και γι αυτό H + = H. Τώρα oh = H + + H = H + και άρα : ah = πλήθος άρτιων µετατάθέσεων της H = H + = oh Ασκηση. Να δειχθεί ότι το πρόσηµο 5 ɛσ µιας µετάθεσης σ της S n ισούται πάντοτε µε το πρόσηµο ɛσ της σ : εσ = εσ Λύση. Εστω σ = τ τ τ m όπου τ i είναι αντιµεταθέσεις. Θυµίζουµε ότι κάθε µετάθεση γράφεται ως γινόµενο αντιµεταθέσεων. Τότε η αντίστροφη µετάθεση σ έχει τόσες αντιµεταθέσεις όσες έχει και η σ αφού σ = τ m τ m τ Εποµένως αν η σ είναι άρτια τότε και η σ είναι άρτια και αν η σ είναι περιττή τότε και η σ είναι περιττή. Συνεπώς ɛσ = = ɛσ ή ɛσ = = ɛσ και άρα το πρόσηµο ɛσ µιας µετάθεσης σ S n ισούται πάντοτε µε το πρόσηµο ɛσ της σ. ιαφορετική Απόδειξη: Επειδή η απεικόνιση ε: S n {, } είναι οµοµορφισµός οµάδων, ϑα έχου- µε : σ σ = ι = εσ σ = ει = = εσ εσ = απ όπου έπεται ότι οι αριθµοί εσ και εσ είναι οµόσηµοι, και άρα : εσ = εσ. Ασκηση. Εστω ότι σ και τ είναι δύο στοιχεία της S n, n. Να δειχθεί ότι το στοιχείο σ τ σ τ είναι πάντοτε στοιχείο της εναλλάσσουσας υποοµάδας A n, το στοιχείο σ τ σ ανήκει στην A n, αν και µόνο αν, το στοιχείο τ ανήκει στην A n. Λύση. Εστω σ = ρ ρ ρ m και τ = µ µ µ k όπου ρ i, µ j είναι αντιµεταθέσεις για κάθε i m και j k. Τότε έχουµε: σ τ σ τ = ρ ρ m µ µ k ρ m ρ µ k µ όπου σ = ρ m ρ και τ = µ k µ. Άρα το πλήθος των αντιµεταθέσεων της µετάθεσης σ τ σ τ είναι m + k + m + k = m + k. Εποµένως σ τ σ τ A n. Χρησιµοποιώντας τη παραπάνω ανάλυση σε αντιµεταθέσεις για τις σ και τ έχουµε: σ τ σ = ρ ρ m µ µ k ρ m ρ και άρα το πλήθος των αντιµεταθέσεων της µετάθεσης σ τ σ είναι m + k + m = m + k. Άρα η µετάθεση σ τ σ είναι άρτια αν και µόνο αν το k είναι άρτιος αριθµός, δηλαδή η µετάθεση τ είναι άρτια. Συνεπώς έχουµε ότι σ τ σ A n αν και µόνο αν τ A n. ιαφορετική Απόδειξη: Επειδή η απεικόνιση ε: S n {, } είναι οµοµορφισµός οµάδων και Kerε = A n, Θα έχουµε : εστσ τ = εσετεσ ετ = εσετεσ ετ = εσεσ ετετ = και άρα στσ τ A n. 5 Υπενθυµίζουµε ότι το πρόσηµο εσ µιας µετάθεσης σ Sn, ορίζεται να είναι εσ =, αν η µετάθεση σ είναι άρτια, και εσ =, αν η µετάθεση σ είναι περιττή. Επιπλέον η απεικόνιση S n σ εσ {, }, ορίζει έναν επιµορφισµό οµάδων ε: S n {, } = Z, µε πυρήνα την εναλλάσσουσα υποοµάδα A n.

11 Παρόµοια : εστσ = εσετεσ = εσετεσ = εσεσ ετ = ετ και άρα : στσ A n αν και µόνον αν τ A n. Ασκηση. Να ϐρεθεί το κέντρο ZS n της συµµετρικής οµάδας S n 6. Να ϐρεθεί το κέντρο ZA n της εναλλάσσουσας οµάδας A n. Λύση. αʹ Αν n, τότε η S n είναι αβελιανή και εποµένως ZS n = S n. ϐʹ Εστω n, και σ ZS n, όπου σ ι. Επειδή n και σ ι, υπάρχουν στοιχεία i, j {,,, n}, όπου i j, έτσι ώστε σi = j. Επειδή n, υπάρχει k {,,, n}, έτσι ώστε i k και k j. Τότε η µετάθεση σ j k στέλνει το i στο j η µετάθεση j k σ στέλνει το i στο k Άρα σ j k j k σ. Αυτό όµως είναι άτοπο διότι σ ZS n. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει µη-ταυτοτική µετάθεση σ ZS n. Άρα : ZS n = {ι}. Εποµένως ZS n = S n, n & ZS n = {ι}, n αʹ Αν n, τότε η A έχει τάξη και άρα είναι αβελιανή. Εποµένως ZA n = A n. ϐʹ Εστω n, και σ ZA n, όπου σ ι. Επειδή n και σ ι, υπάρχουν στοιχεία i, j {,,, n}, όπου i j έτσι ώστε σi = j. Επειδή n, υπάρχουν στοιχεία k, l {,,, n}, έτσι ώστε i k και k j, i l και j l. Τότε η µετάθεση σ j k l στέλνει το i στο j η µετάθεση j k l σ στέλνει το i στο k Άρα σ j k j k σ. Αυτό όµως είναι άτοπο διότι σ ZA n. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει µη-ταυτοτική µετάθεση σ ZA n. Άρα : ZA n = {ι}. Εποµένως ZA n = A n, n & ZA n = {ι}, n Ασκηση 5. Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της S n, n, µπορεί να γραφεί ως γινόµενο αντιµεταθέσεων της µορφής i, για κάποιο i {,,, n}. Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της S n, n, µπορεί να γραφεί ως γινόµενο δυνάµεων των µεταθέσεων,,, n, n. Λύση. Γνωρίζουµε ότι κάθε στοιχείο της S n είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων αφού κάθε µετάθεση σ S n αναλύεται κατά µοναδικό τρόπο σε γινόµενο κύκλων ξένων µεταξύ τους ανα δύο και κάθε κύκλος µήκους m: a a a m a m γράφεται ως γινόµενο m αντιµεταθέσεων: a a a m a m = a a m a a m a a a a Οµως για µια αντιµετάθεση i j µε i j έχουµε και άρα i j = i j i a a a m a m = a a m a a a a Εποµένως κάθε στοιχείο της S n,, n, είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων της µορφής i. 6 Υπενθυµίζουµε ότι το κέντρο ZG µιας οµάδας G ορίζεται να είναι η υποοµάδα ZG = { g G gh = hg, h G }.

12 Από το, αρκεί να δείξουµε ότι κάθε αντιµετάθεση k της S n, µπορεί να γραφεί ως γινόµενο δυνάµεων των µεταθέσεων,,, n, n. Ισχυριζόµαστε ότι, k : k = k k k k Πράγµατι, εργαζόµενοι µε επαγωγή στο k, ο ισχυρισµός είναι προφανής αν k =. Υποθέτουµε ότι η παραπάνω σχέση είναι αληθής. Τότε : k + = k k + kk k + = k k + k k k kk k + και εποµένως ο ισχυρισµός είναι αληθής για κάθε k. Ασκηση 6. Να δειχθεί ότι η συµµετρική οµάδα S, διαθέτει µια υποοµάδα τάξης 5. Θεωρούµε τα ακόλουθα στοιχεία της συµµετρικής οµάδας S, : σ = τ = και ρ = αʹ Να γραφούν οι µεταθέσεις σ, τ, και ρ ως γινόµενα ξένων κύκλων και αντιµεταθέσεων, και να ϐρεθεί η τάξη τους. ϐʹ Να εξετασθεί αν οι µεταθέσεις σ, τ, και ρ είναι άρτιες ή περιττές, και να ϐρεθεί η µετάθεση σ γʹ Είναι οι µεταθέσεις α σ και τ, αντίστοιχα β σ και ρ, συζυγείς ; Αν η απάντηση είναι ϑετική, να ϐρεθεί µετάθεση µ S, αντίστοιχα ξ S, έτσι ώστε : µ σ µ = τ, αντίστοιχα ξ σ ξ = ρ. Λύση. Θεωρούµε τους κύκλους σ = 5 τ = και ϑέτουµε ρ = σ τ Επειδή oσ = 5 και oτ = 7, ϑα έχουµε oρ = [σ, τ] = [5, 7] = 5 Εποµένως η κυκλική οµάδα ρ η οποία παράγεται από τη µετάθεση ρ είναι µια υποοµάδα της S µε τάξη 5. αʹ Θα έχουµε διαδοχικά τις εξής αναλύσεις σε γινόµενα ξένων κύκλων : σ = ϐʹ τ = ρ = και τις εξής αναλύσεις σε γινόµενα αντιµεταθέσεων : σ = τ = ρ = Για τις τάξεις των µεταθέσεων σ, τ, και ρ, ϑα έχουµε : oσ = [, 5, ] = 0, oτ = [,,, ] =, oρ = [5,, ] = 0 i Επειδή η σ γράφεται ως γινόµενο 8 αντιµεταθέσεων, έπεται ότι η σ είναι άρτια. ii Επειδή η τ γράφεται ως γινόµενο 7 αντιµεταθέσεων, έπεται ότι η τ είναι περιττή. iii Επειδή η ρ γράφεται ως γινόµενο 8 αντιµεταθέσεων, έπεται ότι η ρ είναι άρτια.

13 iv Για την µετάθεση σ 9999, εργαζόµαστε ως εξής. Επειδή oσ = 0, ϑα έχουµε σ 0 = ι και εποµένως σ 9 = σ. Από την άλλη πλευρά, επειδή 9999 = , ϑα έχουµε : σ 9999 = σ = σ 0 99 σ 9 = σ 0 99 σ = ι 99 σ = σ και τότε : σ = = = = = γʹ Οι µεταθέσεις σ και τ έχουν διαφορετική ανάλυση σε ξένους κύκλους και εποµένως δεν µπορεί να είναι συζυγείς. Αντίθετα οι µεταθέσεις σ και ρ είναι συζυγείς διότι έχουν την ίδια ανάλυση σε ξένους κύκλους. Εποµένως υπάρχει µετάθεση ξ S έτσι ώστε : ξ σ ξ = ρ. Επειδή ξένοι κύκλοι µετατίθενται, µπορούµε να γράψουµε : σ = Τότε ϑα έχουµε : ρ = ξ σ ξ = ξ ξ = ξ 7 5 ξ ξ 0 8 ξ ξ 6 ξ = ξ ξ ξ ξ7 ξ5 ξ ξ0 ξ8 ξ ξ ξ6 Εποµένως, επειδή ξ σ ξ = ρ, ϑα έχουµε : ξ ξ ξ ξ7 ξ5 ξ ξ0 ξ8 ξ ξ ξ6 = Άρα µπορούµε να διαλέξουµε τη µετάθεση ξ έτσι ώστε : ξ =, ξ = 5, ξ =, ξ7 =, ξ5 = 9 ξ =, ξ0 =, ξ8 = 8, ξ = 6 ξ =, ξ6 = 7 Παρατηρούµε ότι δεν εµφανίζεται η τιµή ξ9. Προφανώς µπορούµε να την επιλέξουµε έτσι ώστε να µην εµφανίζεται στις υπόλοιπες τιµές της ξ. Η µόνη δυνατή επιλογή είναι η ξ9 = 0. Ετσι προκύπτει η µετάθεση ξ = = Εύκολα επαληθεύουµε ότι µε την παραπάνω επιλογή της µετάθεσης ξ, έχουµε : ξ σ ξ = ρ. Για την επόµενη Άσκηση, υπενθυµίζουµε κάποια στοιχεία από τη ϑεωρία. Ιδιαίτερα υπενθυµίζουµε ότι : α κάθε µετάθεση στη συµµετρική οµάδα S n γρέφεται µε µοναδικό τρόπο ως γινόµενο ξένων κύκλων, και β η τάξη µιας µετάθεσης είναι ίση µε το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών των ξένων κύκλων οι οποίοι περιέχονται στη µοναδική ανάλυση της µετάθεσης σε γινόµενο ξένων κύκλων. Η µέθοδος εύρεσης των δυνατών τάξεων των στοιχείων της S n συνίσταται στην περιγραφή όλων των δυνατών αναλύσεων µιας µετάθεσης της S n σε γινόµενο ξένων κύκλων. Επιτρέποντας και κύκλους µήκους, η ανάλυση µιας µετάθεσης σ S n σ = σ σ σ k σε γινόµενο ξένων κύκλων σ i, i k, µε oσ i = r i, ορίζει µια διαµέριση r, r,, r k του n, δηλαδή r i N, i n, όπου r + r + + r k = n και r r r k. Αντίστροφα, όπως γνωρίζουµε, κάθε τέτοια διαµέριση ορίζει µια ανάλυση της σ σε γινόµενο ξένων κύκλων σ = σ σ σ k, όπου oσ i = r i, i k. Τέλος υπενθυµίζουµε ότι υπάρχει µια «-» και «επί» αντιστοιχία ανάµεσα σε διαµερίσεις του n

14 και κλάσεις συζυγίας µεταθέσεων της S n. Επειδή συζυγείς µεταθέσεις έχουν την ίδια τάξη, οι δυνατές τάξεις στοιχείων της S n προκύπτουν από τα ελάχιστα κοινά πολλαπλάσια k [r, r,, r k ], όπου r i = n, r r r k i= Επιλέγοντας, από όλες τις δυνατές διαµερίσεις r, r,, r k του n, εκείνη για την οποία το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο [r, r,, r k ] έχει τη µέγιστη δυνατή τιµή, αποκτούµε το στοιχείο της S n µε την µέγιστη δυνατή τάξη. Ασκηση 7. Να ϐρεθούν οι δυνατές τάξεις στοιχείων στις συµµετρικές οµάδες : S, S 5, και S 6. Λύση. ιαµερίσεις του :,,,,,,,,,, Άρα οι δυνατές τάξεις στοιχείων της S είναι [,,, ] =, [,, ] =, [, ] =, [, ] =, [] = δηλαδή οι δυνατές τάξεις στοιχείων της S είναι :,,, και. Παραδείγµατα µεταθέσεων µε τις παραπάνω τάξεις είναι οι εξής : = ι, =, =,, Ετσι η µέγιστη δυνατή τάξη στοιχείων της S είναι. ιαµερίσεις του 5:,,,,,,,,,,,,,,,,,, 5 Άρα οι δυνατές τάξεις στοιχείων της S 5 είναι [,,, ] =, [,,, ] =, [,, ] =, [,, ] =, [, ] =, [, ] = 6, [5] = 5 δηλαδή οι δυνατές τάξεις στοιχείων της S 5 είναι :,,,, 5, και 6. Παραδείγµατα µεταθέσεων µε τις παραπάνω τάξεις είναι οι εξής : 5 = ι, 5 = 5, 5 = 5, 5 = 5, 5 = 5, 5, 5 Ετσι η µέγιστη δυνατή τάξη στοιχείων της S 5 είναι 6. ιαµερίσεις του 6:,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, 5, Άρα οι δυνατές τάξεις στοιχείων της S 6 είναι,,,,,,, 6 [,,,, ] =, [,,,, ] =, [,,, ] =, [,,, ] =, [,, ] =, [,, ] = 6, [, 5] = 5, [,, ] =, [, ] =, [, ] =, [6] = 6 δηλαδή οι δυνατές τάξεις στοιχείων της S 6 είναι :,,,, 5, και 6. Παραδείγµατα µεταθέσεων µε τις παραπάνω τάξεις είναι οι εξής : 5 6 = ι, 5 6 = 5 6, 5 6 = 5 6, 5 6 = 5 6, 5 6 = 5 6, 5 6 = 5 6, 5 6 = 5 6, 5 6, 5 6, 5 6, 5 6 Ετσι η µέγιστη δυνατή τάξη στοιχείων της S 6 είναι 6.

15 5 Ασκηση 8. Να υπολογιστεί η οµάδα συµµετριών του ϱόµβου: Λύση. Ενας ϱόµβος έχει δύο άξονες ανάκλασεις και µια στροφή 80 γύρω από το κέντρο του ϱόµβου. Παρακάτω παραθέτουµε τις συµµετρίες του ϱόµβου: Στροφή 80 : Τη παραπάνω διαδικασία περιγράφει η µετάθεση σ = S όπου η τάξη της είναι σ =. Ανάκλαση ως προς τον άξονα που διέρχεται από το και το : Την ανάκλαση ως προς τον άξονα - περιγράφει η µετάθεση τ = S και τ =. Ανάκλαση ως προς τον άξονα που διέρχεται από το και το :

16 6 Την ανάκλαση ως προς τον άξονα - περιγράφει η µετάθεση ρ = S και oρ =. Ο πίνακας πολλαπλασιασµού της οµάδας συµµετριών του ϱόµβου είναι ο ακόλουθος: Μια οµάδα που είναι ισόµορφη µε την οµάδα συµµετριών του ϱόµβου είναι η οµάδα V του Klein, δηλαδή το ευθύ γινόµενο Z Z : Z Z = { [0], [0], [0], [], [], [0], [], [] } εδώ γράφουµε χάριν απλότητας [k] αντί [k] η οποία έχει πίνακα Cayley: Η αντιστοιχία + [0], [0] [], [0] [0], [] [], [] [0], [0] [0], [0] [], [0] [0], [] [], [] [], [0] [], [0] [0], [0] [], [] [0], [] [0], [] [0], [] [], [] [0], [0] [], [0] [], [] [], [] [0], [] [], [0] [0], [0] [0], [0], [], [0], [0], [], [], [] µεταξύ των στοιχείων της οµάδας των συµµετριών του ϱόµβου και των στοιχείων της Z Z δείχνει πράγµατι ότι η οµάδα συµµετριών του ϱόµβου είναι η Z Z.