Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 16 & Τετάρτη 21 Νοεµβρίου 2012 Ασκηση 1. Εστω G µια οµάδα. (1) x, a G: (2) a, b G: o(x 1 ax) = o(a) = o(xax 1 ) o(ab) = o(ba) (3) Αν H είναι µια υποοµάδα της G, τότε x G, το σύνολο x 1 Hx είναι µια υποοµάδα της G µε τάξη o(x 1 Hx) = o(h) Λύση. (1) Για κάθε x, a G έχουµε: (x 1 ax) n = (x 1 ax) (x 1 ax) (x 1 ax) = x 1 a n x και άρα Εποµένως έπεται ότι (x 1 ax) n = e x 1 a n x = e a n = xex 1 a n = e ( ) o(x 1 ax) < o(a) < Εστω o(x 1 ax) = n. Τότε (x 1 ax) n = e και από τη σχέση ( ) έχουµε a n = e. Συνεπώς o(a) / n = o(x 1 ax) (1) Αν o(a) = m, δηλαδή a m = e, τότε από τη σχέση ( ) έχουµε (x 1 ax) m = e και άρα o(x 1 ax) / m = o(a) (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) συνεπάγεται ότι o(x 1 ax) = n = m = o(a). Οµοια δείχνουµε ότι o(a) = o(xax 1 ) και αν o(a) = τότε o(x 1 ax) = = o(a). (2) Εστω a, b G. Επειδή a 1 ab a = eba = ba από το ερώτηµα (1) έχουµε το Ϲητούµενο : o(ab) = o(a 1 aba) = o(ba). (3) Εστω a, b x 1 Hx. Τότε υπάρχουν στοιχεία h 1, h 2 H έτσι ώστε : a = x 1 h 1 x και b = x 1 h 2 x, όπου h 1, h 2 H Επειδή το σύνολο H είναι υποοµάδα της G ϑα έχουµε: e = x 1 ex x 1 Hx. ab = x 1 h 1 x x 1 h 2 x = x 1 h 1 h 2 x x 1 Hx. a 1 = (x 1 h 1 x) 1 = x 1 h 1 1 (x 1 ) 1 = x 1 h 1 1 x x 1 Hx.

2 Άρα για κάθε x G το σύνολο x 1 Hx είναι υποοµάδα της G. Στη συνέχεια υπολογίζουµε τη τάξη της υποοµάδας x 1 Hx. Θεωρούµε την απεικόνιση: f : H x 1 Hx, h f(h) = x 1 hx Ισχυριζόµαστε ότι η συνάρτηση f είναι 1-1 και επί. Εχουµε: 1-1: Εστω f(h 1 ) = f(h 2 ) για h 1, h 2 H. Τότε x 1 h 1 x = x 1 h 2 x = h 1 x = h 2 x = h 1 = h 2 = f : 1 1 Επί: Εστω x 1 hx x 1 Hx. Τότε υπάρχει το h H έτσι ώστε f(h) = x 1 hx. Άρα η απεικόνιση f είναι επί εξόρισµού. Εποµένως: o(x 1 Hx) = o(h). Ασκηση 2. Βρείτε το πλήθος των γεννητόρων µιας κυκλικής οµάδας µε τάξη : (α ) 5, (ϐ ) 8, (γ ) 12, (δ ) 60 Λύση. Εστω G µια κυκλική οµάδα τάξης n. Τότε γνωρίζουµε από τη Θεωρία ότι το πλήθος των γεννητόρων της G ισούται µε φ(n) όπου φ η συνάρτηση του Euler. Υπενθυµίζουµε ότι αν n = p a 1 1 p a 2 2 pa k k η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού n N τότε φ(n) = (p a 1 1 pa 1 1 1 ) (p a 2 2 pa 2 1 2 ) (p an n pn an 1 ) = n(1 1 )(1 1 ) (1 1 ) p 1 p 2 p k Εχουµε: (α ) φ(5) = 5 1 5 0 = 4. (ϐ ) φ(8) = φ(2 3 ) = (2 3 2 2 ) = 4. (γ ) φ(12) = φ(3 2 2 ) = φ(3) φ(2 2 ) = (3 1 3 0 ) (2 2 2 1 ) = 2 2 = 4. (δ ) φ(60) = φ(2 2 3 5) = φ(2 2 ) φ(3) φ(5) = (2 2 2 1 ) (3 1 3 0 ) (5 1 5 0 ) = 2 2 4 = 16. Ασκηση 3. Οι γεννήτορες της κυκλικής πολλαπλασιαστικής οµάδας U n όλων των n-στών ϱιζών της µονάδας στο C καλούνται πρωταρχικές n-οστές ϱίζες της µονάδας. Βρείτε τις πρωταρχικές n-οστές ϱίζες της µονάδας για n = 4. Λύση. Οι πρωταρχικές ϱίζες της U 4 είναι 2 διότι φ(4) = φ(2 2 ) = 2. Εχουµε: U 4 = {z C z 4 = 1} = {i, 1, 1, i} = i = i και άρα οι πρωταρχικές ϱίζες της U 4 είναι: i, i. Ασκηση 4. (1) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας [25] 30 της οµάδας (Z 30, +). (2) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας [30] 42 της οµάδας (Z 42, +). (3) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας i της οµάδας C των µη µηδενικών µιγαδικών αριθµών µε πράξη τον πολλαπλασιασµό. (4) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας 1 + i της οµάδας C των µη µηδενικών µιγαδικών αριθµών µε πράξη τον πολλαπλασιασµό.

Λύση. (1) Εχουµε: [25] 30 = {[25], [20], [15], [10], [5], [0]} και άρα o([25] 30 ) = 6. ιαφορετικά χρησιµοποιώντας το γνωστό τύπο : o(a k ) = o(a) (o(a),k) έχουµε: o([25] 30 ) = o(25 [1] 30 ) = o([1]) (o([1]), 25) = 30 (30, 25) = 30 5 = 6 (2) Υπολογίζοντας τη κυκλική υποοµάδα [30] 42 της οµάδας (Z 42, +) έχουµε: [30] 42 = {[30], [18], [6], [], [24], [12], [0]} = o([30] 42 ) = 7 ή χρησιµοποιώντας το τύπο ϐρίσκουµε (3) Εχουµε: o([30] 42 ) = o(30 [1] 42 ) = o([1]) (o([1]), 30) = 42 (42, 30) = 42 6 = 7 i = {i, i 2, i 3, i 4, } = {i, 1, i, 1} = o( i ) = 4 (4) Εστω ότι o(1 + i) <. Τότε υπάρχει n 1 έτσι ώστε (1 + i) n = 1 και άρα 1 + i U n = {z C z n = 1} {z C z = 1} ηλαδή το µέτρο του 1 + i είναι ένα. Αυτό όµως είναι άτοπο αφού 1 + i = 2 1. Εποµένως η τάξη του 1 + i C είναι o(1 + i) =. 3 Ασκηση 5. Ποιες είναι οι δυνατές τάξεις για τις υποοµάδες των επόµενων κυκλικών οµάδων; (α ) (Z 6, +), (ϐ ) (Z 8, +), (γ ) (Z 12, +), (δ ) (Z 60, +), (ε ) (Z 17, +) Λύση. Υπενθυµίζουµε από τη Θεωρία ότι σε µια κυκλική οµάδα τάξης n υπάρχει µοναδική υποοµάδα της για κάθε διαιρέτη του n µε τάξη αυτόν τον διαιρέτη. Άρα έχουµε: (α ) ιαιρέτες του 6: 1, 2, 3, 6. Άρα η (Z 6, +) έχει 4 υποοµάδες µε δυνατές τάξεις: 1, 2, 3, 6. (ϐ ) ιαιρέτες του 8: 1, 2, 4, 8. Άρα η (Z 8, +) έχει 4 υποοµάδες µε δυνατές τάξεις: 1, 2, 4, 6. (γ ) ιαιρέτες του 12: 1, 2, 3, 4, 6, 12. Άρα η (Z 12, +) έχει 6 υποοµάδες µε δυνατές τάξεις: 1, 2, 3, 4, 6, 12. (δ ) ιαιρέτες του 60: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60. Άρα η (Z 60, +) έχει 12 υποοµάδες µε δυνατές τάξεις: 1, 2, 3, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60. (ε ) ιαιρέτες του 17: 1, 17. Άρα η (Z 17, +) έχει 2 υποοµάδες µε δυνατές τάξεις: 1, 17. Ασκηση 6. Βρείτε όλες τις υποοµάδες των παρακάτω οµάδων και σχεδιάστε το διάγραµµα Hasse από τις υποοµάδες τους. (α ) (Z 12, +), (ϐ ) (Z, +), (γ ) (Z 8, +) Λύση. Εστω G = a µε G = m. Τότε για κάθε διαιρέτη d m υπάρχει µοναδική υποοµάδα H d G µε τάξη H d = d και H d = a m (d,m) Άρα για να ϐρούµε όλες τις υποοµάδες το µόνο που έχουµε να κάνουµε κάθε ϕορά είναι να ϐρίσκουµε όλους τους διαιρέτες της τάξης της οµάδας µας και να υπολογίζουµε όπως παραπάνω τις υποοµάδες που λαµβάνουµε από αυτούς. (α ) Η τάξη της Z 12 είναι 12 και οι διαιρέτες του 12 είναι οι αριθµοί : 1, 2, 3, 4, 6, 12. Συνεπώς ϑα ϐρούµε στο σύνολο έξι υποοµάδες. Εχουµε :

4 12 H 1 = [1] (1,12) = [1] 12 1 = 12 [1] = [12] = {[0]} 12 H 2 = [1] (2,12) = [1] 12 2 =6 = 6 [1] = [6] = {[0], [6]} 12 H 3 = [1] (3,12) = [1] 12 3 =4 = 4 [1] = [4] = {[0], [4], [8]} 12 H 4 = [1] (4,12) = [1] 12 4 =3 = 3 [1] = [3] = {[0], [3], [6], [9]} 12 H 6 = [1] (6,12) = [1] 12 6 =2 = 2 [1] = [2] = {[0], [2], [4], [6], [8], [10]} 12 H 12 = [1] (12,12) = [1] 12 12 =1 = [1] = {[0], [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7], [8], [9], [10], [11]} = Z 12 Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z 12 είναι το εξής : Z 12 = [1] [2] [3] [4] [6] {[0]} (ϐ ) Η τάξη της Z είναι και οι διαιρέτες του είναι οι αριθµοί : 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18. Συνεπώς ϑα ϐρούµε στο σύνολο 8 υποοµάδες. Εχουµε : H 1 = [1] (1,) = [1] 1 = [1] = [] = {[0]} H 2 = [1] (2,) = [1] 2 =18 = 18 [1] = [18] = {[0], [18]} H 3 = [1] (3,) = [1] 3 =12 = 12 [1] = [12] = {[0], [12], [24]} H 4 = [1] (4,) = [1] 4 =9 = 9 [1] = [9] = {[0], [9], [18], [27]} H 6 = [1] (6,) = [1] 6 =6 = 6 [1] = [6] = {[0], [6], [12], [18], [24], [30]} H 9 = [1] (9,) = [1] 9 =4 = 4 [1] = [4] = {[0], [4], [8], [12], [16], [20], [24], [28], [32]} H 12 = [1] (12,) = [1] 12 =3 = 3 [1] = [3] = {[0], [3], [6], [9], [12], [15], [18], [21], [24], [27], [30], [33]} H 18 = [1] (18,) = [1] 18 =2 = 2 [1] = [2] = {[0], [2], [4], [6], [8], [10], [12], [14], [16], [18], [20], [22], [24], [26], [28], [30],[32], [34]}

5 Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z είναι το εξής : Z = [1] [2] [3] [4] [6] [9] [12] [18] {[0]} (γ ) Η τάξη της Z 8 είναι 8 και οι διαιρέτες του 8 είναι οι αριθµοί : 1, 2, 4, 8. Συνεπώς ϑα ϐρούµε στο σύνολο 4 υποοµάδες. Εχουµε : 8 H 1 = [1] (1,8) = [1] 8 1 =8 = 8 [1] = [8] = {[0]} 8 H 2 = [1] (2,8) = [1] 8 2 =4 = 4 [1] = [4] = {[0], [4]} 8 H 4 = [1] (4,8) = [1] 8 4 =2 = 2 [1] = [2] = {[0], [2], [4], [6]} 8 H 8 = [1] (8,8) = [1] 8 8 =1 = 1 [1] = [1] = {[0], [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7]} = Z 8 Άρα το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z 8 είναι το ακόλουθο : [1] = Z 8 [2] [4] {0} και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. Ασκηση 7. Εστω (G, ) µια πεπερασµένη οµάδα η οποία ικανοποιεί τη συνθήκη : 1 Αν H, K είναι οποιεσδήποτε υποοµάδες της G, τότε : είτε H K ή K H Να δειχθεί ότι η G είναι κυκλική οµάδα που η τάξη της ισούται µε τη δύναµη ενός πρώτου αριθµού. Λύση. Αν G = {e}, τότε η G ικανοποιεί την δοσµένη συνθήκη και η G είναι προφανώς κυκλική τάξης 2 0 = 1. 1 µια τέτοια οµάδα καλείται µονοσειριακή (uniserial)

6 Εστω o(g) > 1, δηλαδή G {e}, και υποθέτουµε ότι η οµάδα G δεν είναι κυκλική. Εστω a 1 G µε a 1 e. Τότε αφού η G δεν είναι κυκλική έπεται ότι a 1 G όπου a 1 είναι η κυκλική υποοµάδα της G που παράγεται από το a 1. Άρα υπάρχει στοιχείο a 2 G\ a 1 και ϑεωρούµε την κυκλική υποοµάδα a 2 της G. Από την υπόθεση έχουµε Οµως αφού a 2 / a 1 έπεται ότι a 1 a 2 ή a 2 a 1 a 2 a 1 = a 1 a 2 Επειδή η G δεν είναι κυκλική έχουµε ότι G a 2 και άρα υπάρχει στοιχείο a 3 G\ a 2. Τότε όπως παραπάνω έχουµε a 2 a 3 και a 3 G Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία ϑα έχουµε µια αλυσίδα υποοµάδων της G η οποία δεν σταµατά: {e} a 1 a 2 a 3 G και άρα ϑα έχουµε άπειρο πλήθος διακεκριµµένων στοιχείων e, a 1, a 2, a 3, στην G. Ετσι όµως έχουµε καταλήξει σε άτοπο δίοτι η οµάδα G είναι πεπερασµένη. Άρα η οµάδα G είναι κυκλική. Εστω o(g) = n = p k 1 1 pk 2 2 pkr r, όπου p 1, p 2,, p r πρώτοι αριθµοί µε p i p j για i j. Εστω r 2. Τότε υπάρχουν i, j µε i j έτσι ώστε p i n και p j n. Επειδή η οµάδα G είναι κυκλική έπεται ότι υπάρχει υποοµάδα H της G µε τάξη H = p i και υποοµάδα K της G µε τάξη K = p j. Από την υπόθεση όµως έχουµε H K ή K H = p i p j ή p j p i το οποίο είναι άτοπο διότι p i p j. Εποµένως r = 1 και άρα o(g) = n = p k όπου k 0 και p πρώτος. Συνεπώς δείξαµε ότι µια πεπερασµένη µονοσειριακή οµάδα είναι κυκλική που η τάξη της ισούται µε τη δύναµη ενός πρώτου αριθµού. Ασκηση 8. Θεωρούµε την οµάδα (U(Z 20 ), ) των αντιστρέψιµων κλάσεων ισοδυναµίας των ακεραίων Z κατά µόδιο (mod) 20 µε πράξη τον πολλαπλασιασµό των κλάσεων κατά µόδιο (mod) 20. (1) Να δειχθεί ότι U(Z 20 ) = { [1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19] } (2) Να δειχθεί ότι για κάθε στοιχείο u U(Z 20 ) ισχύει u 8 = [1]. (3) Να λυθεί ως προς x εξίσωση [17] ( 108) x [7] 333 = [3] ( 1). Λύση. (1) Εχουµε: o ( U(Z 20 ) ) = φ(20) = φ(2 2 5) = φ(2 2 ) φ(5) = (2 2 2 1 ) (5 1 5 0 ) = 2 4 = 8 και U(Z 20 ) = {1 k 20 (k, 20) = 1} = {[1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19]} (2) Αφού o ( U(Z 20 ) ) = 8 έπεται ότι u 8 = [1] για κάθε στοιχείο u U(Z 20 ).

7 (3) Επειδή u 8 = [1] για κάθε στοιχείο u U(Z 20 ) έχουµε ότι u 1 = u 7. Τότε έχουµε [17] ( 108) x [7] 333 = [3] ( 1) = x = [17] 108 [3] 1 [7] 333 = x = [17] 108 [3] 7 ([7] 1 ) 333 = x = [17] 108 [3] 7 ([7] 7 ) 333 = x = [17] 108 [3] 7 ([7]) 2331 = x = [17] 13 8+4 [3] 7 ([7]) 291 8+3 = x = [17] 4 [3] 7 ([7]) 3 = x = [17] 2 [17] 2 [3] 2 [3] 2 [3] 3 [7] 3 = x = [9] [9] [9] [9] [27] [49] [7] = x = [81] [81] [27] [49] [7] mod 20 = x = [1] [1] [7] [9] [7] = [63] [7] = [3] [7] = [1] Ασκηση 9. (1) Να δειχθεί ότι µια οµάδα που δεν διαθέτει άλλες υποοµάδες παρά µόνο τις τετριµ- µένες είναι κυκλική µε τάξη 1 ή p, όπου ο p είναι πρώτος αριθµός. (2) Να δειχθεί ότι κάθε οµάδα µε τάξη έναν πρώτο αριθµό είναι κυκλική. Λύση. (1) Αν G = e τότε G = e και άρα η G είναι κυκλική τάξης 1. Εστω G e µια οµάδα που δεν διαθέτει άλλες υποοµάδες παρά µόνο τις τετριµµένες. Τότε υπάρχει στοιχείο a G\{e} και ϑεωρούµε την κυκλική υποοµάδα a G. Επειδή a e έπεται ότι a = e και άρα G = a, δηλαδή η οµάδα G είναι κυκλική. Επιπλέον η τάξη της G είναι πεπερασµένη διότι αν o(g) = τότε η G ϑα έχει άπειρες υποοµάδες: a, a 2,, a n, το οποίο είναι άτοπο. Άρα o(g) = o(a) = p <. Τέλος αν p = κ λ µε κ 1 τότε γνωρίζουµε από τη Θεωρία ότι η G ϑα έχει γνήσια υποοµάδα τάξης κ, το οποίο είναι άτοπο από υπόθεση. Συνεπώς η οµάδα G είναι κυκλική µε τάξη p, όπου ο p είναι πρώτος αριθµός. (2) Εστω G οµάδα µε τάξη o(g) = p, όπου p 2 ένας πρώτος αριθµός. Τότε υπάρχει στοιχείο a G\{e} και από το Θεώρηµα του Langrange έπεται ότι o(a) = o( a ) p = o(g) και άρα o(a) = 1 ή o(a) = p. Οµως αφού a e έχουµε ότι o(a) = p και άρα G = a, δηλαδή η G είναι κυκλική. Συνεπώς κάθε οµάδα µε τάξη έναν πρώτο αριθµό είναι κυκλική. Ασκηση 10. Εστω ότι G είναι µια οµάδα και ότι a, b είναι δύο στοιχεία της µε ab = ba. Αν οι τάξεις o(a), o(b) είναι πεπερασµένες και (o(a), o(b)) = 1, τότε η τάξη του στοιχείου ab ισούται µε o(a) o(b).

8 Λύση. Εστω o(a) = n, o(b) = m και o(ab) = k. Άρα a n = e, b m = e και επειδή ab = ba έπεται ότι (ab) nm = ab ab ab = a nm b nm = (a n ) m (b m ) n = e m e n = e = o(ab) = k nm = o(a)o(b) (1) Αφού o(ab) = k και ab = ba έχουµε (ab) k = e = a k b k = e = a k = b k = o(a k ) = o(b k ) = o(b k ) ( ) Τότε από τη σχέση ( ) έχουµε o(a k ) = o(a) o(a),k = o(b k ) = o(b) o(b),k = n (n,k) m (m,k) = n (n, k) = m (m, k) = n (m, k) = m (n, k) = n m (n, k) m n (m, k) (n,m)=1 = n (n, k) m (m, k) = n = (n, k) m = (m, k) = n k m k και άρα επειδή (n, m) = 1 έπεται ότι o(a)o(b) = nm k = o(ab) (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) συµπεραίνουµε ότι o(a)o(b) = o(ab). Ασκηση 11. Εστω G = { g 1 = e, g 2,, g n } µια πεπερασµένη αβελιανή οµάδα. Λύση. (1) (g 1 g 2 g n ) 2 = e. (2) Τι συµβαίνει αν η τάξη της G είναι περιττός αριθµός ; (1) Γνωρίζουµε ότι για κάθε g G υπάρχει το αντίστροφο στοιχείο g 1 G. Επειδή η G είναι αβελιανή και g 1, g 2,, g n είναι όλα τα στοιχεία της G έπεται ότι στο γινόµενο g 1 g 2 g n ϑα µείνουν µόνα εκείνα τα στοιχεία g G έτσι ώστε g = g 1, καθώς τα υπόλοιπα εµφανίζονται ως γινόµενα Ϲευγών gg 1 = e τα οποία δεν συνεισφέρουν τίποτα στο γινόµεςνο g 1 g 2 g n. Άρα g 1 g 2 g n = h 1 h 2 h k όπου h i G και h i = h 1 i, δηλαδή ισοδύναµα h 2 i = e. Τότε όµως αφού η G είναι αβελιανή έχουµε (g 1 g 2 g n ) 2 = (h 1 h 2 h k ) 2 = h 2 1h 2 2 h 2 k = ee e = e και άρα δείξαµε πράγµατι ότι (g 1 g 2 g n ) 2 = e. (2) Εστω ότι η τάξη της G είναι περιττός αριθµός. Αν το στοιχείο g 1 g 2 g n δεν είναι το ουδέτερο, δηλαδή g 1 g 2 g n e, τότε από το ερώτηµα (1) έπεται ότι o(g 1 g 2 g n ) = 2. Επειδή όµως 2 o(g) έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Συνεπώς αν η τάξη o(g) είναι περιττός αριθµός τότε g 1 g 2 g n = e: o(g) : περιττός = g 1 g 2 g n = e Ασκηση 12. Εστω G µια κυκλική οµάδα τάξης n. πλήθος των στοιχείων της G µε τάξη m. Για κάθε διαιρέτη m n, να προσδιορισθεί το

9 Λύση. Εστω m n. Τότε επειδή η οµάδα G είναι κυκλική έπεται ότι υπάρχει µοναδική υποοµάδα H G µε o(h) = m. Τα στοιχεία της H τα οποία την παράγουν έχουν τάξη m, δηλαδή αν H = x και o(x) = m τότε για κάθε y H έχουµε: y = x = H o(y) = m Γνωρίζουµε όµως από τη Θεωρία ότι τέτοια στοιχεία είναι ακριβώς φ(m) σε πλήθος. Επίσης αν z G είναι ένα άλλο στοιχείο µε o(z) = m τότε λόγω µοναδικότητας έχουµε ότι z = H. Εποµένως για κάθε διαιρέτη m n το πλήθος των στοιχείων της G τάξης m ισούται µε φ(m). Αν m n τότε από το Θεώρηµα του Langrange έχουµε ότι δεν υπάρχει κανένα στοιχείο στην G µε τάξη ίση µε m. Ασκηση 13. (1) Εστω ότι G είναι µια οµάδα µε τάξη pq, όπου οι p, q είναι πρώτοι αριθµοί. Να δειχθεί ότι κάθε γνήσια υποοµάδα H της G είναι κυκλική. (2) Εστω ότι G είναι µια αβελιανή οµάδα µε τάξη pq και ότι οι p, q είναι πρώτοι αριθµοί µε p q. Να δειχθεί ότι η G είναι µια κυκλική οµάδα. (3) Να δειχθεί ότι υπάρχουν αβελιανές οµάδες τάξης p 2, όπου ο p είναι πρώτος αριθµός, οι οποίες δεν είναι κυκλικές. Λύση. (1) Εστω H G και H G. Από το Θεώρηµα του Langrange έχουµε o(h) o(g) = o(h) pq Οµως οι διαιρέτες του pq είναι: 1, p, q, pq. Επειδή η H είναι γνήσια υποοµάδα της G έπεται ότι o(h) pq και άρα o(h) = 1, p ή q. Αν o(h) = 1 τότε H = {e} = e και άρα η H είναι κυκλική. ιαφορετικά αν o(h) = p ή o(h) = q τότε από την Άσκηση 9 έπεται ότι η υποοµάδα H είναι κυκλική. Εποµένως δείξαµε ότι κάθε γνήσια υποοµάδα H της G είναι κυκλική. (2) Εστω G µια αβελιανή οµάδα µε τάξη o(g) = pq όπου p, q είναι πρώτοι αριθµοί µε p q. Θα δείξουµε ότι η οµάδα G είναι κυκλική. Χρειαζόµαστε πρώτα τα παρακάτω: (α ) Εστω H, K G δυο υποοµάδες της G. Τότε από την Άσκηση 2 του Φυλλαδίου 3 έχουµε ότι το σύνολο HK = {hk G h H, k K} = {kh G h H, k K} = KH είναι υποοµάδα της G διότι η οµάδα G είναι αβελιανή. (ϐ ) Εστω H, K G δυο υποοµάδες της G έτσι ώστε H K = {e}. Τότε ισχυριζόµαστε ότι o(hk) = o(h) o(k). Ορίζουµε την απεικόνιση f : H K HK, (h, k) f(h, k) = hk Εστω (h, k), (h, k ) H K έτσι ώστε f(h, k) = f(h, k ). Τότε k k 1 = e = k = k hk = h k = (h ) 1 h = k k 1 H K = {e} = (h ) 1 h = e = h = h και άρα (h, k) = (h, k ). Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα και επειδή είναι προφανώς και επί έχουµε πράγµατι ότι o(h K) = o(hk) = o(h) o(k) Χρησιµοποιώντας τα παραπάνω ϑα δείξουµε ότι η G είναι κυκλική. Καταρχήν αν υπάρχει στοιχείο e a G έτσι ώστε o(a) = pq τότε G = a και άρα η G είναι κυκλική. Εστω ότι δεν υπάρχει στοιχείο a G µε τάξη o(a) = pq. Τότε για κάθε στοιχείο a G\{e} ϑα έχουµε ότι o(a) = p ή o(a) = q

10 Εστω λοιπόν a G µε o(a) = p. Θεωρούµε την κυκλική υποοµάδα a G, που είναι προφανώς γνήσια. Τότε υπάρχει µη-τετριµµένο στοιχείο b G\{ a } και από την υπόθεση µας έχουµε ότι o(b) pq. Άρα o(b) = p ή o(b) = q Ισχυριζόµαστε ότι a b = {e}. Υποθέτουµε αντίθετα ότι a b {e} και έστω o( a b ) = m. Επειδή a b a και a b b έχουµε m o(a) = p m = 1 ή m = p = m o(b) m o(b) Αν m = 1 τότε a b = {e} που είναι άτοπο. Για m = p τότε a b = a και άρα a b. Εποµένως έχουµε a b = a = b = b a o(b) = p ή a b o(b) = q = p q = p = 1 ή p = q Οµως και στις δυο περιπτώσεις έχουµε καταλήξει σε άτοπο διότι b G\{ a } και p, q είναι πρώτοι αριθµοί µε p q. Συνεπώς a b = {e} Από τα (α ), (ϐ ) και το Θεώρηµα του Langrange έχουµε o( a b ) = o(a) o(b) G = pq = p o(b) pq και άρα o(b) p. Εποµένως o(b) = q. Τότε από την Άσκηση 10 έπεται ότι o(ab) = pq διότι (p, q) = 1 και έτσι έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Συνεπώς δείξαµε ότι αν G είναι µια αβελιανή οµάδα µε τάξη pq και p, q είναι πρώτοι αριθµοί µε p q, τότε η G είναι µια κυκλική οµάδα. (3) Η οµάδα V 4 του Klein, δηλαδή η Z 2 Z 2, έχει τάξη 4 = 2 2 αλλά δεν είναι κυκλική. Γενικότερα για κάθε πρώτο αριθµό p η οµάδα ευθύ γινόµενο (Z p Z p, +) δεν είναι κυκλική. Εστω ότι υπάρχει στοιχείο ([a], [b]) Z p Z p έτσι ώστε Z p Z p = ([a], [b]), δηλαδή η Z p Z p είναι κυκλική. Τότε o([a], [b]) = p 2 = o(z p Z p ) Οµως p ([a], [b]) = (p[a], p[b]) = ([0], [0]) = o([a], [b]) p που είναι προφανώς άτοπο. Άρα οι οµάδες (Z p Z p, +), όπου ο p είναι πρώτος αριθµός, είναι αβελιανές οµάδες τάξης p 2 οι οποίες δεν είναι κυκλικές. Ασκηση 14. (1) Εστω p και q πρώτοι αριθµοί. Βρείτε το πλήθος των γεννητόρων της κυκλικής οµάδας Z pq καθώς και το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της. (2) Εστω p ένας πρώτος αριθµός. Βρείτε το πλήθος των γεννητόρων της κυκλικής οµάδας Z p r, όπου r 1, καθώς και το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της. Λύση. (1) Το πλήθος των γεννητόρων της Z pq είναι φ(pq) = φ(p) φ(q) = (p 1 p 0 ) (q 1 q 0 ) = (p 1) (q 1) Η τάξη της Z pq είναι pq και οι διαιρέτες του pq είναι οι αριθµοί : 1, p, q, pq. Συνεπώς ϑα ϐρούµε στο σύνολο 4 υποοµάδες. Εχουµε :

11 pq H 1 = [1] (1,pq) = [1] pq 1 = pq [1] = [pq] = [0] pq H p = [1] (p,pq) = [1] pq p =q = q [1] = [q] = {[0], [q]} pq H q = [1] (q,pq) = [1] pq q =p = p [1] = [p] = {[0], [p]} pq H pq = [1] (pq,pq) = [1] pq pq =1 = [1] = {[0], [1], [2],, [pq 1]} = Z pq Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z pq είναι το εξής : Z pq [p] [q] [0] Αν p = q τότε το πλήθος των γεννητόρων της Z p 2 είναι φ(p 2 ) = (p 2 p 1 ) = p (p 1) Η τάξη της Z p 2 είναι p 2 και οι διαιρέτες του p 2 είναι οι αριθµοί : 1, p, p 2. Συνεπώς ϑα ϐρούµε στο σύνολο 3 υποοµάδες. Εχουµε : p 2 H 1 = [1] (1,p 2 ) = [1] p2 1 = p 2 [1] = [p 2 ] = [0] p 2 H p = [1] (p,p 2 ) = [1] p2 p =p = p [1] = [p] = {[0], [p]} p 2 H p 2 = [1] (p 2,p 2 ) = [1] p2 p 2 =1 = [1] = {[0], [1], [2],, [p 2 1]} = Z p 2 Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z p 2 είναι το εξής : Z p 2 [p] [0] (2) Το πλήθος των γεννητόρων της Z p r είναι φ(p r ) = (p r p r 1 ) = p r 1 (p 1) Η τάξη της Z p r είναι p r και οι διαιρέτες του p r είναι οι αριθµοί : 1, p, p 2,, p r. Συνεπώς ϑα ϐρούµε στο σύνολο r + 1 υποοµάδες. Εχουµε : p r H 1 = [1] (1,p r ) = [1] pr 1 = p r [1] = [p r ] = [0] p r H p = [1] (p,p r ) = [1] pr p =pr 1 = p r 1 [1] = [p r 1 ] p r H p 2 = [1] (p 2,p r ) = [1] pr p 2 =pr 2 = p r 2 [1] = [p r 2 ]

12 p r H p r 1 = [1] (p r 1,p r ) = [1] pr p r 1 =p = p [1] = [p] p r H p r = [1] (p r,p r ) = [1] pr p r =1 = [1] = Z p r Τότε το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z pq είναι το εξής : Z p r [p] [p 2 ]. [p r 2 ] [p r 1 ] και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. [0] Ασκηση 15. (1) Να δειχθεί ότι ότι η οµάδα (Q, +) των ϱητών αριθµών µε πράξη την συνήθη πρόσθεση δεν είναι κυκλική οµάδα. (2) Να δειχθεί ότι η οµάδα των πραγµατικών αριθµών (R, +) µε πράξη την συνήθη πρόσθεση δεν είναι κυκλική οµάδα. Λύση. (1) Εστω ότι η οµάδα (Q, +) είναι κυκλική. Τότε υπάρχει ϱητός p q Q έτσι ώστε Q = p q Οµως τότε p 2q Q = p q και άρα υπάρχει n Z έτσι ώστε p 2q = n p = p q 2 = np = p(1 2 n) = 0 = p = 0 ή n = 1 2 Σε κάθε περίπτωση όµως έχουµε καταλήξει σε άτοπο διότι n Z και αν p = 0 τότε προφανώς Q = {0}. Εποµένως η οµάδα (Q, +) δεν είναι κυκλική. (2) Από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι κάθε υποοµάδα κυκλικής οµάδας είναι κυκλική. Επειδή (Q, +) (R, +), αν η οµάδα (R, +) είναι κυκλική τότε ϑα είχαµε ότι και η οµάδα (Q, +) είναι κυκλική, που είναι άτοπο από το (1). Εποµένως η οµάδα (R, +) δεν είναι κυκλική.

13 Ασκηση 16. Σηµειώστε αν είναι σωστό ή λάθος. (1) Κάθε κυκλική οµάδα είναι αβελιανή. (2) Κάθε αβελιανή οµάδα είναι κυκλική (3) Κάθε στοιχείο µιας κυκλικής οµάδας παράγει την οµάδα. (4) Για κάθε n N, υπάρχει τουλάχιστον µια αβελιανή οµάδα µε τάξη n. (5) Κάθε οµάδα τάξης 4 είναι κυκλική. (6) Για κάθε στοιχείο [a] 20 της Z 20 που είναι γεννήτορας, υπάρχει ένα στοιχείο b [a] 20, το οποίο είναι πρώτος αριθµός. (7) Η S 3 είναι κυκλική οµάδα. (8) Η A 3 είναι κυκλική οµάδα. (9) Κάθε κυκλική οµάδα τάξης > 2 έχει τουλάχιστον δυο διαφορετικούς γεννήτορες. Λύση. (1) Σ, ϐλέπε Άσκηση 10 στο Φυλλάδιο 3. (2) Λ, για παράδειγµα η οµάδα V 4 του Klein είναι αβελιανή αλλά όχι κυκλική. (3) Λ, για παράδειγµα στην Z 4 έχουµε ότι Z 4 = [1] = [3]. (4) Σ, διότι η Z n µε n > 0 είναι πεπερασµένη αβελιανή τάξης n. (5) Λ, η οµάδα V 4 του Klein έχει τάξη 4 και δεν είναι κυκλική. (6) Σ. Οι γεννήτορες της Z 20 είναι σε πλήθος φ(20) = 8 και είναι οι εξής: Z 20 = [1] = [3] = [7] = [9] = [11] = [13] = [17] = [19] Ολοι οι αντιπρόσωποι είναι πρώτοι αριθµοί εκτός από τους [1], [9]. Τότε έχουµε ότι 29 [9] 20 και 41 [1] 20, όπου οι αριθµοί 29 και 41 είναι πρώτοι αριθµοί. (7) Λ, διότι κανένα από τα στοιχεία της S 3 δεν παράγει ολόκληρη την οµάδα. (8) Σ, διότι A 3 = ρ 1 = ρ 2. (9) Σ. Εστω G = a κυκλική τάξης n > 2 και ας υποθέσουµε ότι η G έχει µόνο έναν γεννήτορα, το στοιχείο a. Τότε και το a 1 είναι γεννήτορας και G = a = a 1. Άρα από την υπόθεση που κάναµε έχουµε : a = a 1 = a 2 = e και άρα G = {e, a}, δηλαδή η οµάδα G έχει τάξη 2. Αυτό όµως είναι άτοπο από την υπόθεση µας. Άρα κάθε κυκλική οµάδα τάξης > 2 έχει τουλάχιστον δυο διαφορετικούς γεννήτορες. Ασκηση 17. Στις παρακάτω προτάσεις, δώστε παράδειγµα οµάδας µε την ιδιότητα που περιγράφεται ή εξηγήστε γιατί δεν υπάρχει τέτοιο παράδειγµα. (1) Μια πεπερασµένη οµάδα που δεν είναι κυκλική. (2) Μια άπειρη οµάδα που δεν είναι κυκλική. (3) Μια κυκλική οµάδα που έχει µόνο έναν γεννήτορα. (4) Μια άπειρη κυκλική οµάδα που έχει τέσσερις γεννήτορες. (5) Μια πεπερασµένη κυκλική οµάδα που έχει τέσσερις γεννήτορες. Λύση. (1) Η οµάδα V 4 του Klein ( Z 2 Z 2 ) είναι µια πεπερασµένη οµάδα που δεν είναι κυκλική. (2) Από την Άσκηση 15 έχουµε ότι οι ϱητοί (Q, +) είναι µια άπειρη οµάδα που δεν είναι κυκλική. (3) Η οµάδα Z 2 = {[0], [1]} = [1] είναι µια κυκλική οµάδα που έχει µόνο έναν γεννήτορα. (4) εν υπάρχει παράδειγµα άπειρης κυκλικής οµάδας µε τέσσερις γεννήτορες διότι κάθε άπειρη κυκλική έχει ακριβώς 2 γεννήτορες. (5) Ψάχνουµε παραδείγµατα πεπερασµένων κυκλικών οµάδων που έχουν τέσσερις γεννήτορες. ηλαδή ϑέλουµε οµάδες της µορφής Z n µε φ(n) = 4. Για παράδειγµα: (α ) Η οµάδα Z 5 έχει τέσσερις γεννήτορες αφού φ(5) = 4. (ϐ ) Η οµάδα Z 8 έχει τέσσερις γεννήτορες αφού φ(8) = 4. (γ ) Η οµάδα Z 90 έχει τέσσερις γεννήτορες αφού φ(90) = 4.

14 Οµοια µπορείτε να ϐρείτε και άλλα παραδείγµατα. Ασκηση 18. (1) είξτε ότι µια οµάδα που έχει πεπερασµένο µόνο πλήθος υποοµάδων πρέπει να είναι πεπερασµένη οµάδα. (2) είξτε ότι δεν µπορεί µια οµάδα να γραφεί ως ένωση δύο γνήσιων υποοµάδων της. (3) Μπορεί µια οµάδα να γραφεί ως ένωση τριών γνησίων υποοµάδων της ; Λύση. (1) Εστω G µια οµάδα που έχει πεπερασµένο µόνο πλήθος υποοµάδων. Τότε για κάθε a G ϑεωρούµε τη κυκλική υποοµάδα a που παράγεται από το a. Ισχυριζόµαστε ότι η υποοµάδα a είναι πεπερασµένη. Πράγµατι αν η a είναι άπειρη τότε η a άρα και η G έχουν άπειρο πλήθος υποοµάδων, τις a i, i 0. Αυτό όµως είναι άτοπο από την υπόθεση µας και άρα o( a ) <. Οµως G = {a} = a a G Από την υπόθεση µας γνωρίζουµε ότι η G έχει πεπερασµένες πολλές (κυκλικές) υποοµάδες και επειδή κάθε κυκλική υποοµάδα a είναι πεπερασµένη έπεται από τη παραπάνω σχέση ότι η οµάδα G είναι πεπερασµένη. (2) Εστω G = H K όπου H, K G δυο γνήσιες υποοµάδες της G. Αν H K ή K H τότε έχουµε a G H K = K = G ή H K = H = G που είναι άτοπο διότι οι υποοµάδες H και K είναι γνήσιες. Άρα έπεται ότι H K και K H Εστω στοιχείο g K\H και h H\K. Τότε gh H gh G = H K = ή gh K h H = g H g K = h K και έτσι έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Εποµένως µια οµάδα δε µπορεί να γραφεί ως ένωση δύο γνήσιων υποοµάδων της. (3) Θεωρούµε την οµάδα V 4 = {e, a, b, ab} του Klein. Τότε η V 4 έχει τρεις γνήσιες υποοµάδες: H 1 = {e, a}, H 2 = {e, b}, H 3 = {e, ab} και προφανώς V 4 = H 1 H 2 H 3 Γενικά στην ερώτηση αν µπορεί µια οµάδα να γραφεί ως ένωση τριών γνησίων υποοµάδων της απάντηση δίνει το παρακάτω αποτέλεσµα το οποίο ϑα αποδειχθεί στις Σηεµιώσεις Θεωρητικών Θεµάτων του Μαθήµατος: ΘΕΩΡΗΜΑ: Μια οµάδα G γράφεται ως ένωση τριών γνήσιων υποοµάδων της αν και µόνο αν υπάρχει κανονική υποοµάδα H G έτσι ώστε η επαγόµενη οµάδα-πηλίκο G/H να είναι ισόµορφη µε την οµάδα του Klein V 4 : G/H V 4

15 Ασκηση 19. Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα και ότι H G, K G είναι δύο υποοµάδες της. Θεωρούµε το υποσύνολο R G G που ορίζεται ως (a, b) R a = h b k, h H, k K. Να δειχθεί ότι το υποσύνολο R ορίζει µια σχέση ισοδυναµίας επί της G και ακολούθως να περιγραφούν οι κλάσεις ισοδυναµίας. Λύση. Για κάθε (x, x), (x, y), (y, z)z R έχουµε : Ανακλαστική ιδιότητα δηλαδή (x, x) R : Για h = k = e έχουµε ότι x = e x e και άρα (x, x) R για κάθε x G. Συµµετρική ιδιότητα δηλαδή (x, y) R = (y, x) R : Αν (x, y) R τότε υπάρχουν h H, k K έτσι ώστε διότι h 1 H και k 1 K. x = h y k = y = h 1 x k 1 = (y, x) R Μεταβατική ιδιότητα δηλαδή (x, y) R και (y, z) R = (x, z) R : Επειδή (x, y) R και (y, z) R έχουµε x = h 1 y k 1 y = h 2 z k 2 = x = h 1 (h 2 z k 2 ) k 1 = x = (h 1 h 2 ) z (k 2 k 1 ) = (x, z) R διότι h 1 h 2 H και k 1 k 2 K. Άρα η R είναι µια σχέση ισοδυναµίας επί της G. Εστω x G. Τότε η κλάση ισοδυναµίας [x] του x ως προς τη σχέση R είναι το ακόλουθο σύνολο : [x] = { y G (x, y) R } = { y G x = h y k, h H, k K } = { y G y = h 1 x k 1, h H, k K } = { h 1 x k 1 h H, k K } = HxK