Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τρίτη 6 Νοεµβρίου 0 Ασκηση. Θεωρούµε τα ακόλουθα στοιχεία της (S 6, ): ( ) ( ) 5 6 5 6 σ =, τ =, µ = 5 6 6 5 Λύση. ( ) 5 6. 5 6 () Να προσδιοριστούν οι χ τροχιές στις οποίες διαµερίζεται το σύνολο {,,,, 5, 6}, όταν χ = σ, τ, µ. () Να προσδιοριστούν οι τάξεις (σ), (τ), (µ). () Να προσδιοριστεί η ανάλυση σε αποσυνδετούς (ξένους) κύκλους των σ, σ, σ, σ, σ 5, σ 6 (Τι παρατηρείτε;). () Να υπολογιστούν τα : 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). (6) Να δειχθεί ότι η ως προς x εξίσωση : x σ x = τ δεν διαθέτει λύση. () Για τη µετάθεση σ έχουµε: [] = {,,, 5, 6, } Άρα η σ έχει µόνο µια τροχιά αφού είναι ο κύκλος σ = ( 5 6 ). Για τη µετάθεση τ έχουµε: Άρα η τ έχει δυο τροχιές και τ = ( )(5 6). Για τη µετάθεση µ έχουµε: [] = {,,, } και [5] = {5, 6} [] = {, 5}, [] = {}, [] = {, } και [6] = {6} Άρα η µ έχει τέσσερις τροχιές και µ = ( 5)( ). () Υπενθυµίζουµε από τη Θεωρία ότι ένας κύκλος µήκους n έχει τάξη n και η τάξη µιας µετάθεσης που είναι γινό- µενο ξένων κύκλων είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών των κύκλων. Άρα αφού σ = ( 5 6 ), τ = ( )(5 6) και µ = ( 5)( ) έχουµε: () Εχουµε: (σ) = 6, (τ) = ΕΚΠ(, ) = και (µ) = ΕΚΠ(, ) = σ = ( 5 6 ) σ = σ σ = ( 5 6 ) ( 5 6 ) = ( 6)( 5 ) σ = σ σ = ( 5 6 ) ( 6)( 5 ) = ( 6)(5 )( ) σ = σ σ = ( 6)( 5 ) ( 6)( 5 ) = ( 5)( 6 ) σ 5 = σ σ = ( 5)( 6 ) ( 5 6 ) = ( 6 5 ) σ 6 = () Παρατηρούµε λοιπόν ότι η δύναµη κάποιου κύκλου δεν είναι γενικά ξανά κύκλος.
() Εχουµε: σ τ σ = ( 5 6 ) ( )(5 6) ( 6 5 ) = ( 6)( 5 ) σ τ σ = ( 6 5 ) ( )(5 6) ( 5 6 ) = ( 6 )( 5) τ σ τ = ( )(5 6) ( 5 6 ) (5 6)( ) = ( 6 5 ) µ τ µ = ( 5)( ) ( )(5 6) ( )(5 6) = ( 6)( 5) Αφού µ = () έχουµε ότι µ = µ και επειδή τ = () έπεται ότι τ 7 = τ = τ. Άρα έχουµε: µ τ 7 µ = µ τ µ = ( 5)( ) (5 6)( ) ( 5)( ) = ( 5 )( 6) (5) Εχουµε: x σ x = ( 5 6) = (x() x() x() x(5) x(6) x()) = ( 5 6) = x() =, x() =, x() =, x(5) =, x(6) = 5, x() = 6 Άρα λύση της εξίσωσης x σ x = ( 5 6) είναι η µετάθεση x = ( 6 5 ). (6) Από το προηγούµενο ερώτηµα 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. () Να υπολογιστεί ο πίνακας πράξης της εναλλάσσουσας υποοµάδας A της (S, ). () Να δειχθεί ότι n, n, η εναλλάσσουσα υποοµάδα A n της (S n, ) δεν είναι αβελιανή (µεταθετική). Λύση. Η εναλλάσσουσα οµάδα A είναι υποοµάδα της συµµετρικής οµάδας S η οποία αποτελείται από τις άρτιες µεταθέσεις : A = { (), (), (), (), (), (), (), (), (), ()(), ()(), ()() } Ο πίνακας πολλαλπασιασµού της οµάδας A δίνεται παρακάτω : () () () () () () () () () ()() ()() ()() () () () () () () () () () () ()() ()() ()() () () () ()() () ()() () () ()() () () () () () () ()() () ()() () () () () ()() () () () () () () ()() () ()() ()() () () () () () () () () ()() () ()() () () ()() () () () () () () () () () ()() () () ()() () ()() () () () () () () () () ()() ()() () ()() () () () () () () ()() () () () () ()() () ()() () () () () () () ()() () () ()() () ()() () () () () ()() ()() () () () () () () () () () ()() ()() ()() ()() () () () () () () () () ()() () ()() ()() ()() () () () () () () () () ()() ()() () Για n ϑεωρούµε τις ακόλουθες µεταθέσεις: ( ) 5 n σ = ( ) = A 5 n n και τ = ( ) = Τότε ( ) 5 n A 5 n n σ τ = ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) ( ) = ( ) ( ) = τ σ
και άρα η εναλλάσσουσα υποοµάδα A n, n, της S n δεν είναι αβελιανή. Ασκηση. Ποια µπορεί να είναι η µέγιστη τάξη ενός στοιχείου της εναλλάσσουσας υποοµάδας A n της (S n, ), όταν n =,,, 5, 6, 7; Λύση. Για n = έχουµε τη διαµέριση: και άρα η µέγιστη τάξη ενός στοιχείου της A είναι διότι οι αντιµεταθέσεις είναι περιττές. Για n = έχουµε τη διαµέριση: και άρα η µέγιστη τάξη ενός στοιχείου της A είναι. Προσέξτε ότι το,, στη πρώτη γραµµή δηλώνει απλά τη ταυτοτική µετάθεση, το, δηλώνει για παράδειγµα µετάθεση της µορφής ()( ) = ( ) που είναι περιττή µετάθεση και στη τρίτη γραµµή έχουµε ένα κύκλο µήκους και άρα µια άρτια µετάθεση. Για n = έχουµε τη διαµέριση: Το,,, στη πρώτη γραµµή δηλώνει απλά τη ταυτοτική µετάθεση, το,, δηλώνει για παράδειγµα µετάθεση της µορφής ()()( ) = ( ) που είναι περιττή µετάθεση, στη τρίτη γραµµή έχουµε ένα κύκλο µήκους και άρα µια άρτια µετάθεση τάξης, στη τέταρτη γραµµή το, δηλώνει µετάθεση της µορφής ( )( ) και άρα έχουµε άρτια µετάθεση τάξης, και τέλος το στη τελευταία γραµµή δηλώνει ότι έχουµε κύκλο µήκους, δηλαδή µια περιττή µετάθεση τάξης. Εποµένως για n = η µέγιστη τάξη ενός στοιχείου της A είναι. Για n = 5 έχουµε τις παρακάτω 7 διαµέρισεις: 5 Άρα στη περίπτωση αυτή έχουµε άρτια µετάθεση τάξης περιττή µετάθεση τάξης
άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης περιττή µετάθεση τάξης περιττή µετάθεση τάξης 6 Συνεπώς η µέγιστη τάξη ενός στοιχείου της A 5 είναι 5. Για n = 6 έχουµε τη διαµέριση: 5 άρτια µετάθεση τάξης 5 5 και άρα οι άρτιες µεταθέσεις που λαµβάνουµε σε αυτή τη περίπτωση είναι οι εξής: 6 άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης 5 άρτια µετάθεση τάξης 5 άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης ιαπιστώστε ότι οι υπόλοιπες µεταθέσεις είναι περιττές και άρα η µέγιστη τάξη ενός στοιχείου της A 6 είναι 5.
5 Τέλος για n = 7 έχουµε τη διαµέριση: 5 6 5 7 Οι άρτιες µεταθέσεις που λαµβάνουµε σε αυτή τη περίπτωση είναι οι εξής: άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης 5 άρτια µετάθεση τάξης 5 άρτια µετάθεση τάξης άρτια µετάθεση τάξης 6 Εποµένως η µέγιστη τάξη ενός στοιχείου της A 7 είναι 7. 7 άρτια µετάθεση τάξης 7
6 Ασκηση. Να δειχθεί ότι το πλήθος των άρτιων µεταθέσεων (µετατάξεων) µιας υποοµάδας H της (S n, ) ισούται ή µε (H) ή µε (H)/. Λύση. Εστω H S n. Τότε η υποοµάδα H γράφεται ως εξής: H = H S n = H (A n B n ) = (H A n ) (H B n ) Επειδή η ταυτοτική µετάθεση ανήκει στην H και στην A n έχουµε ότι H A n. ιακρίνουµε τις ακόλουθες δυο περιπτώσεις : () Εστω H B n =. Τότε έχουµε H A n και άρα όλες οι µεταθέσεις της H είναι άρτιες. () Εστω H B n. Τότε υπάρχει µετάθεση σ H και σ B n. Θεωρούµε την απεικόνιση : f : H A n H B n, τ f(τ) = σ τ όπου σ B n και η f είναι καλά ορισµένη διότι η µετάθεση σ τ H B n. Αν δείξουµε ότι η απεικόνιση f είναι ένα προς ένα και επί τότε ϑα έχουµε ότι ακριβώς οι µισές µεταθέσεις της H είναι άρτιες. Εχουµε: Ενα προς ένα: Εστω f(τ ) = f(τ ) για τ, τ H A n. Τότε έχουµε: σ τ = σ τ = σ σ τ = σ σ τ = Id τ = Id τ = τ = τ και άρα η απεικόνιση f είναι ένα προς ένα. Επί: Εστω µ H B n. Πρέπει να ϐρούµε µια µετάθεση της H A n ώστε η f να µας τη στέλνει στη µ που διαλέξαµε. Επειδή σ B n έπεται ότι και η σ B n. Άρα η µετάθεση σ µ H A n. Εύκολα ϐλέπουµε ότι και άρα η απεικόνιση f είναι επί. Εποµένως αποδείξαµε ότι f(σ µ) = σ (σ µ) = (σ σ ) µ = Id µ = µ H A n = H B n και άρα ακριβώς οι µισές από τις µεταθέσεις της H είναι άρτιες. Συνεπώς από τις περιπτώσεις () και () που διακρίναµε έπεται ότι το πλήθος των άρτιων µεταθέσεων µιας υποοµάδας H της S n ισούται ή µε (H), δηλαδή όλες οι µεταθέσεις στην H είναι άρτιες, ή µε (H)/, δηλαδή ακριβώς οι µισές απ αυτές είναι άρτιες. Ασκηση 5. Να δειχθεί ότι το πρόσηµο ɛ(σ) µιας µετάθεσης (µετάταξης ) σ της (S n, ) ισούται πάντοτε µε το πρόσηµο της ɛ(σ ) της σ. Λύση. Εστω σ = τ τ τ m όπου τ i είναι αντιµεταθέσεις. Θυµίζουµε ότι κάθε µετάθεση γράφεται ως γινόµενο αντιµεταθέσεων, δείτε Άσκηση 7 παρακάτω. 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 περιτή. Συνεπώς ɛ(σ) = = ɛ(σ ) ή ɛ(σ) = = ɛ(σ ) και άρα το πρόσηµο ɛ(σ) µιας µετάθεσης σ S n ισούται πάντοτε µε το πρόσηµο ɛ(σ ) της σ. Ασκηση 6. Εστω ότι σ και τ είναι δύο στοιχεία της (S n, ), n. Να δειχθεί ότι () το στοιχείο στσ τ είναι πάντοτε στοιχείο της εναλλάσσουσας υποοµάδας A n, () το στοιχείο στσ ανήκει στην A n, αν και µόνο αν, το στοιχείο τ ανήκει στην A n.
7 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 στσ 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 στσ A n αν και µόνο αν τ A n. Ασκηση 7. () Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της (S n, ), n, είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων της µορφής ( i). () Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της εναλλάσσουσας υποοµάδας A n, n, είναι γινόµενο κύκλων µήκους. 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 (a a a m a m ) γράφεται ως εξής: (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). () Για παράδειγµα στην εναλλάσσουσα οµάδα A όλα τα στοιχεία της είναι κύκλοι µήκους : A = { () = ( )( )( ), ( ), ( ) } Αφού κάθε στοιχείο της A n 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: (α ) Αν οι αντιµεταθέσεις (a b) και (c d) είναι ξένες µεταξύ τους, τότε (a b) (c d) = (a c b) (a c d) (ϐ ) Εστω ότι οι αντιµεταθέσεις (a b) και (c d) έχουν ένα κοινό στοιχείο. Αν λοιπόν a = c τότε (a b) (a d) = (a c 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. Ασκηση 8. Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της (S n, ) µε τάξη είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων ανά δύο αποσυνδετών (ξένων). Λύση. Εστω σ S n µε (σ) =. Τότε σ = τ τ τ m, όπου τ i είναι κύκλοι, δίοτι κάθε µετάθεση σ S n αναλύεται κατα µοναδικό τρόπο σε γινόµενο κύκλων ξένων µεταξύ τους ανα δύο. Αφού λοιπόν η τάξη της σ είναι έχουµε: (σ) = ( Ε.Κ.Π (τ ), (τ ),, (τ m ) ) = = (τ ) = (τ ) = = (τ m ) = Άρα όλοι οι κύκλοι τ i έχουν µήκος, δηλαδή είναι αντιµεταθέσεις και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο.
8 Ασκηση 9. 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 :
9 Την ανάκλαση ως προς τον άξονα - περιγράφει η µετάθεση ρ = ( ) S και (ρ) =. 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]), ([], []) } που έχει πίνακα: + ([0], [0]) ([], [0]) ([0], []) ([], []) ([0], [0]) ([0], [0]) ([], [0]) ([0], []) ([], []) ([], [0]) ([], [0]) ([0], [0]) ([], []) ([0], []) ([0], []) ([0], []) ([], []) ([0], [0]) ([], [0]) ([], []) ([], []) ([0], []) ([], [0]) ([0], [0]) Η αντιστοιχία () ([0], [0]), ( )( ) ([], [0]), ( ) ([0], []) και ( ) ([], []) 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.