Α Δ Ι Α - Φ 5 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 Ασκηση 1. Θεωρούμε τις ακόλουθες (κυκλικές) υποομάδες της S 3 : H = & K = 1 3 2 2 3 1 Να βρεθούν οι δεξιές και αριστερές πλευρικές κλάσεις (δεξιά και αριστερά σύμπλοκα)¹ των υποομάδων H, K στην S 3. Λύση. Υπενθυμίζουμε ότι: όπου: S 3 = {ρ 0 = ι, μ 1, μ 2, μ 3, ρ 1, ρ 2 } ρ 0 = ι =, ρ 1 = = (123), ρ 2 3 1 2 = ρ 2 1 = = (132) 3 1 2 μ 1 = = (23), μ 1 3 2 2 = = (13), μ 3 2 1 3 = = (12) 2 1 3 Τα στοιχεία μ 1, μ 2, μ 3 (2-κύκλοι) έχουν τάξη 2 και τα στοιχεία ρ 1, ρ 2 (3-κύκλοι) έχουν τάξη 3. Άρα: H = μ 2 = {ρ 0, μ 1 } & K = ρ 1 = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } (1) Γ H: Επειδή το πλήθος των (αριστερών ή δεξιών) συμπλόκων μιας υποομάδας σε μια πεπερασμένη ομάδα είναι ο δείκτης της υποομάδας στην ομάδα, και [S 3 : H] = 6 2 = 3, θα υπάρχουν τρία (αριστερά ή δεξιά) σύμπλοκα της H στην S 3. (αʹ) Αριστερά Σύμπλοκα: ρ 0 H = H = {ρ 0, μ 1 } & ρ 1 H = {ρ 1 ρ 0, ρ 1 μ 1 } = {ρ 1, μ 3 } & ρ 2 H = {ρ 2 ρ 0, ρ 2 μ 1 } = {ρ 2, μ 2 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της H στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = H ρ 1 H ρ 2 H. ¹Υπενθυμίζουμε ότι, αν G είναι μια ομάδα και H είναι μια υποομάδα της, τότε η οικογένεια (ah) a G των αριστερών συμπλόκων ah της H στη G αποτελεί μια διαμέριση της G, δηλαδή (i). a H, ah, (ii). G = a G ah, (iii). Αν ah bh τότε ah = bh. Γι αυτό η μέθοδος που θα ακολουθήσουμε για τον προσδιορισμό όλων των αριστερών συμπλόκων έχει ως εξής: Πρώτα προσδιορίζουμε ένα (οποιοδήποτε) σύμπλοκο ah, κατόπιν βρίσκουμε (αν υπάρχει ) κάποιο b G \ ah. Το ah bh, αφού b / ah, γι αυτό μια νέα πλευρική κλάση είναι η bh. Σχηματίζουμε την ένωση ah bh, κατόπιν βρίσκουμε κάποιο (αν υπάρχει) c G \ (ah bh), γι αυτό μια νέα πλευρική κλάση είναι η ch. Σχηματίζουμε την ένωση ah bh ch κατόπιν βρίσκουμε (αν υπάρχει ) κάποιο d G \ (ah bh ch) και συνεχίζουμε με τον τρόπο αυτό, ώστε τελικά η ένωση ah bh ch... να ισούται με G. Συνήθως επιλέγουμε ως πρώτη πλευρική κλάση την eh = H.
2 (βʹ) Δεξιά Σύμπλοκα: Hρ 0 = H = {ρ 0, μ 1 } & Hρ 1 = {ρ 0 ρ 1, μ 1 ρ 1 } = {ρ 1, μ 2 } & Hρ 2 = {ρ 0 ρ 2, μ 1 ρ 2 } = {ρ 2, μ 3 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της H στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = H Hρ 1 Hρ 2. Παρατηρούμε ότι ρ 1 H Hρ 1 και ρ 2 H Hρ 2. (2) Γ K: Επειδή το πλήθος των (αριστερών ή δεξιών) συμπλόκων μιας υποομάδας σε μια πεπερασμένη ομάδα είναι ο δείκτης της υποομάδας στην ομάδα, και [S 3 : K] = 6 3 = 2, θα υπάρχουν δύο (αριστερά ή δεξιά) σύμπλοκα της K στην S 3. (αʹ) Αριστερά Σύμπλοκα: ρ 0 K = K = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } & μ 1 K = {μ 1 ρ 0, μ 1 ρ 1, μ 1 ρ 2 } = {μ 1, μ 2, μ 3 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της K στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = K Hμ 1. (βʹ) Δεξιά Σύμπλοκα: Kρ 0 = K = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } & Kμ 1 = {ρ 0 μ 1, ρ 1 μ 1, ρ 2 μ 1 } = {μ 1, μ 2, μ 2 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της K στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = K Kμ 1. Παρατηρούμε ότι μ 1 K = Kμ 1. Ασκηση 2. (1) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύμπλοκα) της υποομάδας 5 = 5Z στην ομάδα (Z, +). (2) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύμπλοκα) της υποομάδας 9 = 9Z στην ομάδα (Z, +) και της 9 = 9Z στην (υπο)ομάδα 3 = 3Z της (Z, +). (3) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύμπλοκα) της υποομάδας [6] 12 στην ομάδα (Z 12, +) και της [6] 12 στην (υπο)ομάδα [2] 12 της (Z 12, +). Λύση. (1) Η πρώτη πλευρική κλάση (σύμπλοκο) είναι η 0+ 5 = 5 = {5z z Z}. Παρατηρούμε ότι 1 Z\ 5, γι αυτό η πλευρική κλάση (σύμπλοκο) 1+ 5 = 5. Τώρα, το 2 Z\( 5 (1+ 5 )) και η πλευρική κλάση 2 + 5 είναι μια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούμενες. Τώρα, το 3 Z \ ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 )) και η πλευρική κλάση 3 + 5 είναι μια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούμενες. Τέλος, το 4 Z \ ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 ) (3 + 5 )) και η πλευρική κλάση 4 + 5 είναι μια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούμενες. Ισχυριζόμαστε ότι Z = ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 ) (3 + 5 ) (4 + 5 ). Πράγματι, αν z Z, τότε εκτελώντας Ευκλείδεια διαίρεση με υπόλοιπο του z δια 5, παίρνουμε: z = λq + υ, όπου υ = 0, 1, 2, 3, 4. Επειδή λοιπόν z λq = υ, το z ανήκει σε ακριβώς σε μια από τις κλάσεις ( 5, (1 + 5 ), (2 + 5 ), (3 + 5 ), (4 + 5 ). (2) (α ) Ο προσδιορισμός είναι εντελώς ίδιος. Εδώ τα σύμπλοκα είναι τα: 9, (1 + 9 ), (2 + 9 ), (3 + 9 ), (4 + 9 ), (5 + 9 ), (6 + 9 ), (7 + 9 ), (8 + 9 ). (β ) Ο προσδιορισμός είναι και πάλι ο ίδιος, μόνο που τώρα εργαζόμαστε με την ομάδα 3 εντός της οποίας θεωρούμε την υποομάδα 9. Τα στοιχεία της 3 είναι της μορφής 3ρ, ρ Z. Τώρα τα αριστερά σύμπλοκα (3 0 + 9 ), (3 1 + 9 ), (3 2 + 9 ),
είναι ανά δύο διαφορετικά. Επιπλέον, εκτελώντας Ευκλείδεια διαίρεση με υπόλοιπο του 3ρ δια 9, παίρνουμε: 3ρ = 9q + υ, όπου υ = 0, 1, 2,..., 8. Επειδή το 3 διαιρεί τη διαφορά 3ρ 9q, διαιρεί και το υ. Γι αυτό υ = 0 = 3 0, 3 = 3 1, 6 = 3 2. Έτσι το 3ρ ανήκει σε ακριβώς μία από τις κλάσεις (3 0 + 9 ), (3 1 + 9 ), (3 2 + 9 ). (3) (α ) Εδώ γνωρίζουμε εκ των προτέρων το πλήθος των αριστερών πλευρικών κλάσεων, αφού από το Θεώρημα Lagange το πλήθος τους ισούται με τον δείκτη (Z 12) ( [6] ) = 12 2 = 6. Παρατηρούμε ότι [6] = {[0], [6]}. Εδώ οι κλάσεις είναι οι εξής (όλες οι παρακάτω κλάσεις είναι mod 12): ([0] + [6] ) = {[0], [6]}, ([1] + [6] ) = {[1] + [0], [1] + [6]} = {[1], [7]}, 3 ([2] + [6] ) = {[2] + [0], [2] + [6]} = {[2], [8]}, ([3] + [6] ) = {[3] + [0], [3] + [6]} = {[3], [9]} ([4] + [6] ) = {[4] + [0], [4] + [6]} = {[4], [10]}, ([5] + [6] ) = {[5] + [0], [5] + [6]} = {[5], [11]} (β ) Εδώ θεωρούμε την υποομάδα [2] της Z 12 και την [6] ως υποομάδα της [2]. Γι αυτό το πλήθος των κλάσεων είναι = 3 και οι κλάσεις είναι οι ( [2] ) ( [6] ) = 6 2 ([0] + [6] ) = {[0], [6]}, ([2] + [6] ) = {[2] + [0], [2] + [6]} = {[2], [8]}, ([4] + [6] ) = {[4] + [0], [4] + [6]} = {[4], [10]} Ασκηση 3. Έστω η ομάδα (Z 12, +). Θεωρούμε την ομάδα ευθύ γινόμενο (Z 12 Z 12, )², και έστω V το ακόλουθο υποσύνολο τής Z 12 Z 12 : V = { ([a] 12, [b] 12 ) Z 12 Z 12 όπου: 3 a & 3 b } Δείξτε ότι το σύνολο V είναι μια υποομάδα τής Z 12 Z 12 και υπολογίστε τον δείκτη [Z 12 Z 12 : V]. Λύση. Επειδή το V είναι ένα πεπερασμένο σύνολο, αφού είναι υποσύνολο τής Z 12 Z 12, η οποία είναι μια ομάδα με τάξη³ [Z 12 Z 12 : 1] = Z 12 Z 12 = o(z 12 Z 12 ) = o(z 12 ) o(z 12 ) = 12 2 = 144, είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι είναι κλειστό ως προς την πράξη τής Z 12 Z 12. Αν ([a] 12, [b] 12 ) και ([a ] 12, [b ] 12 ) είναι στοιχεία τού V, τότε και το ([a] 12, [b] 12 ) ([a ] 12, [b ] 12 ) = ([a + a ] 12, [b + b ] 12 ) είναι στοιχείο τού V, επειδή από 3 a και 3 a (αντίστοιχα 3 b και 3 b ) έπεται 3 a + a (αντίστοιχα 3 b + b ). Επομένως, V Z 12 Z 12. Θα υπολογίσουμε το πλήθος των στοιχείων τής V. Παρατηρούμε ότι τα στοιχεία [a] 12 Z 12 με 3 a είναι τα [0] 12, [3] 12, [6] 12, [9] 12. Γι αυτό η τάξη τής V είναι [V : 1] = 4 2 = 16 και ο δείκτης [Z 12 Z 12 : V] ισούται με [Z 12 Z 12 : V] = [Z 12 Z 12 : 1] [V : 1] = Z 12 Z 12 V = 144 16 = 9 Ασκηση 4. Θεωρούμε τη διεδρική ομάδα (D 4, ) και ας είναι τ οποιαδήποτε στερεά κίνηση που προκύπτει από ανάκλαση ως προς άξονα συμμετρίας που κείται επί του επιπέδου του τετραγώνου. Να υπολογιστούν οι αριστερές πλευρικές κλάσεις (τα αριστερά σύμπλοκα) της τ στην D 4. ²Υπενθυμίζουμε ότι η πράξη τής Z 12 Z 12 ορίζεται ως ([a] 12, [b] 12 ) ([a ] 12, [b ] 12 ) = ([a + a ] 12, [b + b ] 12 ). ³Υπενθυμίζουμε ότι για την τάξη μιας ομάδας G χρησιμοποιούμε έναν εκ των συμβολισμών: G, o(g), [G : 1].
4 Λύση. Έστω ότι τ είναι η στερεά κίνηση (ανάκλαση) που αντιστοιχεί στον άξονα συμμετρίας, ο οποίος διέρχεται από τα μέσα των πλευρών 1 2 και 3 4 και ότι ρ είναι η στροφή κατά π/4 (με φορά αυτήν που ακολουθούν οι δείκτες του ρολογιού) γύρω από τον άξονα που είναι κάθετος στο επίπεδο του τετραγώνου και διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας του O. Έτσι αν θεωρήσουμε την διεδρική ομάδα D 4 ως ομάδα μεταθέσεων επί του συνόλου {1, 2, 3, 4} των κορυφών του τετραγώνου, θα έχουμε: ρ = ( 4 2 3 4 1 ) & τ = ( ) 4 2 1 4 3 4 1 E Ȯ. τ 3 2 Σ 1. Το τετράγωνο με τον άξονα συμμετρίας τ Εύκολα βλέπουμε ότι η ομάδα D 4 περιγράφεται ως D 4 = {Id 4, ρ, ρ 2, ρ 3, τ, τρ, τρ 2, τρ 3 }, όπου τ 2 = Id 4, ρ 4 = Id 4, και ρτ = τρ 3 (D Η υποομάδα τ = {Id 4, τ} έχει τάξη 2 και άρα ο δείκτης ισούται με 4) ( τ ) = 8 2 = 4. Συνεπώς, υπάρχουν ακριβως τέσσερεις αριστερές πλευρικές κλάσεις της τ στην D 4. Αυτές είναι οι: Id 4 τ = {Id 4 Id 4, Id 4 τ} = {Id 4, τ} ρ τ = {ρid 4, ρτ} = {ρ, τρ 3 } ρ 2 τ = {ρ 2 Id 4, ρ 2 τ} = {ρ 2, τρ 2 } ρ 3 τ = {ρ 3 Id 4, ρ 3 τ} = {ρ 3, τρ} Ασκηση 5. Έστω ότι (G, ) είναι μια ομάδα και ότι H G είναι μια υποομάδα της. (1) Να δειχθεί ότι το πλήθος των αριστερών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G ισούται με το πλήθος των δεξιών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G. (2) Να δοθεί παράδειγμα ομάδας (G, ) και υποομάδας H της G, έτσι ώστε a G και ah Ha. (3) Να δειχθεί ότι αν μια ομάδα (G, ) είναι αβελιανή, τότε για κάθε a G ισχύει: ah = Ha⁴. ⁴Το αντίστροφο δεν ισχύει: υπάρχουν μη-αβελιανές ομάδες οι οποίες περιέχουν μια υποομάδα H έτσι ώστε: ah = Ha, a G. Για παράδειγμα μπορούμε να θεωρήσουμε την συμμετρική ομάδα S 3 και την υποομάδα K = ρ 1, βλέπε την Άσκηση 1.
Λύση. (1) Υπενθυμίζουμε ότι τα αριστερά σύμπλοκα της υποομάδας H στην G είναι οι διακεκριμένες κλάσεις ισοδυναμίας ως προς την ακόλουθη σχέση ισοδυναμίας επίτ της G: x, y G : x RH y x 1 y H Τότε η κλάση ισοδυναμίας [x] H := [x] RH του x G ως προς την R H είναι το αριστερό σύμπλοκο x H = {x h G h H}. Παρόμοια τα δεξιά σύμπλοκα της υποομάδας H στην G είναι οι διακεκριμένες κλάσεςι ισοδυναμίας ως προς την ακόλουθη σχέση ισοδυναμίας επίτ της G: x, y G : x H R y x y 1 H και η κλάση ισοδυναμίας H [x] := [x] H R του x G ως προς την Η R είναι το δεξιό σύμπλοκο H x = {h x G h H}. Θεωρούμε τα σύνολα πηλίκα G/R H = { [x] H = x H G x G } & G/ H R = { H[x] = H x G x G } και ορίζουμε: ψ : G/R H G/ H R, ψ(x H) = H x 1 θα δείξουμε ότι η ψ είναι μια 1-1 και επί απεοκόνιση. Κατ αρχήν η ψ είναι καλά ορισμένη: έστω x H = y H και άρα x RH y. Τότε x 1 y H. Έστω x 1 y = h H. Τότε x 1 = h y 1 H y 1 = H [y 1 ]. Όπως γνωρίζουμε τότε τα στοιχεία x 1 και y 1 ορίζουν την ίδια κλάση ισοδυναμίας ως προς την σχέση ισοδυναμίας H R και επομένως θα έχουμε H [x 1 ] = H [y 1 ]. Αυτό όμως σημαίνει ότι H x 1 = H y 1 και άρα ψ(x H) = ψ(y H), δηλαδή η ψ είναι καλά ορισμένη. Έστω ψ(x H) = ψ(y H), δηλαδή H x 1 = H y 1 ή ισοδύναμα H [x 1 ] = H [y 1 ]. Τότε όμως x 1 HR y 1 και άρα x 1 (y 1 ) 1 H. Δηλαδή x 1 y H και επομένως x 1 y = h H. Τότε y = x h x H = [x] H και άρα [y] H = [x] H = y H = x H. Επομένως η ψ είναι 1-1. Έστω H [z] = H z G/ H R. Τότε προφανώς ψ([z 1 ] H ) = ψ(z 1 H) = H (z 1 ) 1 = H z και άρα η ψ είναι επί. Επομένως το πλήθος των αριστερών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G ισούται με το πλήθος των δεξιών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G. (2) Θεωρούμε την συμμετρική ομάδα S 3 := G και την υποομάδα της μ 1 := H, βλέπε την Άσκηση 1. Τότε όπως είδαμε ρ 1 H Hρ 1. (3) Αν η G είναι αβελιανή, θα έχουμε: ah = {ah G h H} = {ha G h H} = Ha 5 Ασκηση 6. (1) Βρείτε τον δείκτη [G : H] της υποομάδας H G στις ακόλουθες περιπτώσεις: (αʹ) H = nz και G = Z. (βʹ) H = {(x, y) R R x = y} και G = R R. (2) Βρείτε μια υποομάδα H της πολλαπλασιαστικής ομάδας (R, ) έτσι ώστε: [R : H] = 2. Λύση. (1) (α ) Επειδή οι ομάδες Z και nz είναι άπειρες, για να υπολογίσουμε τον δείκτη ης nz στην Z, θα πρέπει να υπολογίσουμε το πλήθος των διακεκριμένων συμπλόκων της nz στην Z. Επειδή η ομάδα Z είναι αβελιανή δεν χρειάζεται να γίνει διάκριση μεταξύ αριστερών και δεξιών συμπλόκων. Όπως αναφέρθηκε και στην προηγούμενη Άσκηση 5, τα σύμπλοκα της nz στην Z είναι οι κλάσεις ισοδυναμίας των στοιχείων της Z ως προς τη σχέση ισοδυναμίας: x, y Z: x y αν και μόνον αν x + y nz. Αυτό είναι ισοδύναμο με: n x y, και επομένως τα διακεκριμένα σύμπλοκα της nz στην Z είναι οι κλάσεις υπολοίπων mod n, δηλαδή τα στοιχεία του συνόλου: {[0] n, [1] n,, [n 1] n }. Επομένως θα έχουμε: [Z : nz] = n
6 (1) (β ) R (0, 4) (0, 3.5) (0, 2.5) (0, 2.5) (0, 2) (0, 1.5) (0, 1) (0, 0.5). (0,0) (0, -0.5) (0, -1) (0, -1.5) (0, -2) (0, -2.5) (0, -3) (0, -3.5) R Παρατηρούμε ότι η κλάση τού στοιχείου (r 1, r 2 ) R R ισούται με Θεωρούμε την απεικόνιση (r 1, r 2 ) + H = {(r 1, r 2 ) + (x, x) x R}. Φ : R R/ H R, (r 1, r 2 ) + H r 2 r 1 Πρόκειται για μια καλά ορισμένη απεικόνιση, αφού αν, (r 1, r 2 ) + H = (r 1, r 2) + H, τότε (r 1, r 2 ) (r 1, r 2) H r 1 r 1 = r 2 r 2 r 2 r 1 = r 2 r 1. Προφανώς πρόκειται για «επί» απεικόνιση, αφού αν r R, τότε η εικόνα τής κλάσης (0, r) + H είναι το στοιχείο r. Τέλος, η Φ είναι και «1 1», αφού αν, Φ((r 1, r 2 ) + H) = Φ((r 1, r 2) + H) r 2 r 1 = r 2 r 1 r 1 r 2 = r 1 r 2, τότε (r 1, r 2 ) + H = (r 1, r 2) + H. Ώστε υπάρχει μια αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία μεταξύ τού συνόλου R R/ H των κλάσεων ισοδυναμίας που ορίζεται από την υποομάδα H και τής ευθείας των πραγματικών αριθμών. Στο σχήμα οι κλάσεις ισοδυναμίας είναι οι ευθείες που είναι παράλληλες ως προς την ευθεία που διέρχεται από την αρχή των συντεταγμένων και σχηματίζει γωνία π/4 με τον άξονα των x. Η τομή κάθε ευθείας με τον άξονα των y χορηγεί την απεικόνιση Φ που περιγράψαμε προηγουμένως. (2) Θεωρούμε το υποσύνολο R >0 = {x R x > 0} R το οποίο είναι μια υποομάδα της πολλαπλασιαστικής ομάδας R, διότι 1 R >0, και αν x, y R >0, τότε xy R >0 και x 1 R >0. Τα σύμπλοκα των στοιχείων 1 και 1 είναι: 1R >0 = {1 x = x R x R >0 } = R >0 ( 1)R >0 = {( 1) x = x R x R >0 } = {x R x R <0 } = R <0 και προφανώς αποτελούν μια διαμέριση της R. Επομένως αυτά είναι όλα τα διακεκριμένα (αριστερά) σύμπλοκα της R >0 στην R. Αυτό σημαίνει ότι⁵ [R : R >0 ] = 2 ⁵Ένας διαφορετικός τρόπος: εύκολα βλέπουμε ότι δύο στοιχεία x, y της R είναι ισοδύναμα ως προς την σχέση ισοδυναμίας R R >0 την οποία ορίζει η υποομάδα R >0 επί της R αν και μόνον αν xy > 0, δηλαδή αν και μόνον αν τα x, y είναι ομόσημα. Συμβολίζοντας με R /R >0 το σύνολο των αριστερών συμπλόκων της R >0 στην R, ορίζουμε τότε απεικόνιση Φ : R/R >0 { 1, 1}, Φ(xR >0 ) = 1, αν x > 0 και Φ(xR >0 ) = 1, αν x < 0 η οποία βλέπουμε ότι είναι καλά ορισμένη, «1-1» και «επί». Επομένως [R : R >0 ] = R/R >0 = 2.
Ασκηση 7. Έστω ότι (G, ) είναι μια ομάδα και H, K G δύο υποομάδες τής G οι οποίες έχουν ως τάξη τον ίδιο πρώτο αριθμό p. Αν H K, τότε δείξτε ότι H K = {e G }. Λύση. Παρατηρούμε ότι η H K είναι υποομάδα και τής Η και τής K. Από το Θεώρημα Lagrange συμπεραίνουμε ότι η τάξη [H K : 1] = (H K) είναι ένας διαιρέτης και τής τάξης p τής H και τής τάξης p τής K. Συνεπώς, θα είναι ή [H K : 1] = 1 ή [H K : 1] = p, αφού ο p είναι πρώτος αριθμός. Όμως αν ήταν [H K : 1] = p, τότε θα ήταν H K = H και H K = K (αφού H K H, H K K) και γι αυτό H = H K = K. Αλλά από την υπόθεση γνωρίζουμε ότι H K. Επομένως, [H K : 1] = (H K) = 1 και έτσι H K = {e G }. 7 Ασκηση 8. Αν (G, ) είναι μια ομάδα με τάξη o(g) < 300, η οποία έχει δύο υποομάδες H, K με τάξεις αντιστοίχως o(h) = 24 και o(k) = 54, τότε ποια είναι η τάξη o(g) της G; Λύση. Από το Θεώρημα του Lagrange, θα έχουμε: 24 = o(h) o(g) & 54 = o(h) o(g) Τότε όμως θα έχουμε ότι και το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των 24 και 54 θα διαιρεί την τάξη της G: 216 = [24, 54] o(g) και άρα o(g) = 216 k, για κάποιο k 1 Επειδή o(g) < 300, αναγκαστικά θα έχουμε: o(g) = 216. Ασκηση 9. Έστω ότι p, q είναι πρώτοι αριθμοί, και (G, ) μια ομάδα. Να δειχθεί ότι: (1) Αν η τάξη της G είναι pq, τότε κάθε γνήσια υποομάδα H της G είναι κυκλική. (2) Αν η G είναι αβελιανή με τάξη pq και p q, τότε η G είναι κυκλική. (3) Υπάρχουν αβελιανές ομάδες τάξης p 2 οποίες δεν είναι κυκλικές. Λύση. (1) Η τάξη o(h) κάθε γνήσιας υποομάδας H της G είναι ένας γνήσιος διαιρέτης της τάξης p q της G. Οι γνήσιοι διαιρέτες του p q είναι 1, p και q, όταν p q ή 1 και p, όταν p = q. Σε κάθε περίπτωση η τάξη o(h) κάθε γνήσιας υποομάδας H είναι ή 1 ή ένας πρώτος αριθμός. Αλλά μια ομάδα τάξης 1 είναι η τετριμμένη {e} η οποία είναι κυκλική: {e} = e, και το ίδιο συμβαίνει και με μια ομάδα με τάξη πρώτο αριθμό, διότι τότε κάθε μη-ταυτοτικό στοιχείο της είναι γεννήτορας. Ώστε κάθε γνήσια υποομάδα της G είναι κυκλική. (2) Αφού [G : 1] = o(g) = pq και οι p, q ως πρώτοι αριθμοί είναι 2 με p q, συμπεραίνουμε ότι o(g) 6. Επομένως υπάρχουν a G με a e G, δηλαδή G \ {e G } =. Έστω a G \ {e G }. Θεωρούμε την κυκλική υποομάδα a. Προφανώς, a = {e G }. Αν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας a ισούται με pq (ισοδύναμα (a) = pq), τότε a = G και η G είναι κυκλική. Αν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας a ισούται με έναν από τους πρώτους p ή q, ας πούμε τον p (η απόδειξη είναι ανάλογη όταν ισούται με q), τότε το σύνολο G \ a έχει pq p = (q 1)p > 1 στοιχεία. Έστω b G \ a. Θεωρούμε την κυκλική υποομάδα b. Προφανώς, b = {e G }, αφού b e G. Η τάξη τής κυκλικής υποομάδας b (δηλαδή η τάξη τού b) θα είναι (και πάλι λόγω τού Θεωρήματος Lagrange) ή pq ή p ή q. Προφανώς, b = a, αφού b / a. Αν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας b ισούται με pq (ισοδύναμα o(b) = pq), τότε b = G και η G είναι κυκλική. Υπολείπονται οι περιπτώσεις όπου o( b ) = p ή o( b ) = q. Θα αποκλείσουμε την πρώτη περίπτωση. Πρώτα παρατηρούμε ότι γενικώς το σύνολο H = a b := {a i b j a i a, b j b }
8 είναι μια υποομάδα τής G, επειδή είναι πεπερασμένο, αφού περιέχεται στην πεπερασμένη ομάδα G και επειδή είναι κλειστό ως προς την πράξη τής G. Πράγματι, αν, x, y H, τότε x = a i1 b j1, y = a i2 b j2 και έχουμε xy = (a i1 b j1 )(a i2 b j2 ) = a i1 a i2 b j1 b j2 = a i1+i2 b j1+j2 H, επειδή η G είναι αβελιανή. Τώρα θα αποδείξουμε ότι αν ήταν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας b ίση με p, τότε θα ήταν η τάξη o(h) τής H ίση με p 2, πράγμα άτοπο, αφού τότε θα είχαμε, λόγω τού Θεωρήματος Lagrange, ότι το p 2 διαιρεί το pq, ή ισοδύναμα ότι το p διαιρεί το q. Πράγματι, αν o( b ) = p, τότε λόγω τής Άσκησης 7, είναι a b = {e G }, επειδή o( a ) = o( b ) = p και αφού όπως είδαμε a b. Ας υπολογίσουμε την τάξη τής H. Επειδή H = {a i b j 1 i, j p}, έπεται ότι (H) p 2. Αλλά καθώς τα i και j διατρέχουν το σύνολο I p = {1, 2,..., p}, τα στοιχεία a i b j είναι ανα δύο διακεκριμμένα. Πράγματι, αν a i1 b j1 = a i2 b j2, i 1, i 2, j 1, j 2 I p ( ) τότε το στοιχείο a i 1 i 2 = b j 2 j 1 ανήκει στην τομή a b = {e G } και γι αυτό a i 1 i 2 = b j 2 j 1 = e G ( ) Αφού είναι 1 i 1 i 2 p θα είναι ή i 1 > i 2 ή i 1 < i 2. Στην πρώτη περίπτωση η ( ) δίνει ότι η τάξη τού a είναι μικρότερη από p και στη δεύτερη περίπτωση από την ( ) παίρνουμε ότι a i 2 i 1 = e G από όπου και πάλι έπεται ότι η τάξη τού a είναι μικρότερη από p. Αλλά αυτό είναι και στις δύο περιπτώσεις άτοπο. Όμοια αποδεικνύεται ότι είναι αδύνατο να ισχύει b j 1 = b j 2 με j 1, j 2 I p και j 1 j 2. Ώστε (H) = p 2. Επομένως, η τάξη τού στοιχείου b δεν μπορεί να είναι ούτε p. Επομένως, η τάξη τού b είναι q. Τώρα θεωρούμε το στοιχείο ab. Επειδή o(a) = p, o(b) = q, όπου p q πρώτοι αριθμοί και επειδή ab = ba, διότι η G είναι αβελιανή, συμπεραίνουμε ότι η τάξη τού ab είναι pq. Ώστε η G έχει σε κάθε περίπτωση ένα στοιχείο τάξης pq και γι αυτό είναι πάντοτε κυκλική. (3) Η ομάδα του Klein V 4 = {e, a, b, c}, για παράδειγμα το ισοδύναμο μοντέλο της Z 2 Z 2, είναι μια μη-κυκλική ομάδα τάξης 4 = 2 2. Ασκηση 10. Έστω ότι (G, ) είναι μια πεπερασμένη αβελιανή ομάδα και m είναι το μέγιστο τού συνόλου M = {o(a) N a G} των τάξεων των στοιχείων τής G: m = max { o(a) N a G } Να δειχθεί ότι a G: a m = e G. Λύση. Έστω ότι g G είναι ένα στοιχείο τής G με τάξη o(g) = m το μέγιστο τού συνόλου M και ότι a G είναι οποιοδήποτε στοιχείο τής G. Θα δείξουμε ότι αν, p σ, σ N είναι η μέγιστη δύναμη ενός οποιουδήποτε πρώτου που διαιρεί την τάξη τού a, τότε η δύναμη p σ είναι επίσης διαιρέτης τής (g) = m και γι αυτό η τάξη o(a) διαιρεί την τάξη (g). Δηλαδή m = o(g) = λ o(a), από όπου έπεται ότι a m = a λo(a) = (e G ) λ = e G. Θεωρούμε την τάξη o(a) και την γράφουμε ως o(a) = p σ κ, όπου ο p δεν διαιρεί τον κ N. Θεωρούμε επίσης την τάξη o(g) και την γράφουμε ως o(g) = p τ μ, όπου τ N {0} και όπου ο p δεν διαιρεί τον μ N. Τώρα σχηματίζουμε τα στοιχεία a κ και g pτ. Η τάξη τού a κ είναι p σ και τού g pτ είναι μ. Παρατηρώντας ότι Μ.Κ.Δ.(p σ, μ) = 1 και επειδή τα στοιχεία a κ και g pτ μετατίθενται μεταξύ τους, αφού η G είναι αβελιανή, συμπεραίνουμε ότι η τάξη τού a κ g pτ ισούται με p σ μ. Όμως, επειδή το g έχει τη μέγιστη τάξη p τ μ μεταξύ των τάξεων όλων των στοιχείων τής G, συμπεραίνουμε ότι p σ μ p τ μ και συνεπώς p σ p τ. Ώστε η δύναμη p σ διαιρεί την τάξη o(g) = m τού g. Αυτό ακριβώς που θέλαμε να αποδείξουμε.
Ασκηση 11. Ο εκθέτης μιας ομάδας G, αν υπάρχει, ορίζεται να είναι ο ελάχιστος φυσικός αριθμός m έτσι ώστε: g m = e, g G, και συμβολίζεται με exp(g)⁶. Αν δεν υπάρχει τέτοιος αριθμός, ορίζουμε exp(g) =. (1) Δείξτε ότι ο εκθέτης υπάρχει για κάθε πεπερασμένη ομάδα G. (2) Υπάρχουν ομάδες άπειρης τάξης με πεπερασμένο εκθέτη. (3) Αν η G = {g 1, g 2,, g n } είναι πεπερασμένη αβελιανή, δείξτε ότι: (a) exp(g) = [ o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n ) ] (b) Δείξτε ότι υπάρχει στοιχείο g G: o(g) = exp(g). Λύση. (1) Αν η ομάδα G είναι πεπερασμένη, τότε όπως έχουμε δείξει θα έχουμε a G = e, a G. Άρα το σύνολο {m N a m = e, a G} =, και επομένως θα έχει ελάχιστο στοιχείο m. Τότε εξ ορισμού m = exp(g) <. (2) Θεωρούμε την προθετική ομάδα Z 2 των κλάσεων υπολοίπων mod 2. Τότε προφανώς 2x = 0, x Z 2. Έστω G η ομάδα ευθύ γινόμενο Z 2 Z 2, τα στοιχεία της οποίας είναι ακολουθίες (x i ) i 1 στοιχείων της Z 2. Λαμβάνοντας υπ όψιν τον ορισμό της πράξης στην G, θα έχουμε ότι 2(x i ) i 1 = (2x i ) i 1 = (0) i 1 είναι η μηδενική ακολουθία, η οποία είναι το ουδέτερο στοιχείο της G. Επομένως βλέπουμε ότι exp(g) = 2, και προφανώς η ομάδα G είναι άπειρης τάξης. (3)(a) Επειδή i = 1, 2,, n: g exp(g) i = e, έπεται ότι θα έχουμε o(g i ) exp(g), 1 i n, και επομένως m := [o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n )] exp(g). Ιδιαίτερα m exp(g). Από την άλλη πλευρά, m = o(g i )k i, για κάποιους θετικούς ακέραιους 1 i n. Τότε: i = 1, 2,, n : g m i = g o(g i)k i i = (g o(g i) i ) k i = e Άρα x m = e, x G, και επομένως exp(g) m. Συνοψίζοντας θα έχουμε: exp(g) = m = [o(g 1 ), o(g 2,, o(g n )]. (3)(b) Ισχυρισμός: η G περιέχει ένα στοιχείο g του οποίου η τάξη είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων όλων των στοιχείων της G: g G : o(g) = [o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n )] Αν αποδείξουμε τον παραπάνω ισχυρισμό, τότε από το (3)(a) θα έχουμε ότι υπάρχει ένα στοιχείο g στην G με τάξη τον εκθέτη της G. Η απόδειξη του ισχυρισμού, θα γίνει σε τρία βήματα: Β 1: Δείχνουμε πρώτα ότι: «αν x, y G και o(x) = m, o(y) = n, τότε υπάρχει ένα στοιχείο z G έτσι ώστε : o(z) = [m, n]» Για τους θετικούς ακεραίους m, n από την Θεωρία Αριθμών, μπορούμε να γράψουμε: m = p e1 1 pe2 2 pek k και n = p f 1 1 pf 2 2 p f k k όπου οι p 1, p 2,, p k είναι διακεκριμμένοι πρώτοι αριθμοί, και e i, f i 0, 1 i k. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, (εν ανάγκη αναδιατάσσοντας τους πρώτους αριθμούς p 1, p 2,, p k ), μπορούμε να υποθέσουμε ότι: Θέτοντας e 1 f i,, e j f j και e j+1 f j+1,, e k f k, για κάποιο 1 j k βλέπουμε εύκολα ότι: [m, n] = n s m r r = p e1 1 pe2 2 pej j και s = p fj+1 j+1 pfj+2 pfk k = p f1 1 pf2 2 pf j j p e j+1 1 p e j+2 2 p e k k και ( m r, n s ) = 1 ⁶Αν η ομάδα είναι προσθετική, τότε ο εκθέτης της G είναι ο ελάχιστος φυσικός αριθμός m έτσι ώστε: mg = 0, g G, ή αν δεν υπάρχει τέτοιος φυσικός αριθμός m. 9
10 Επιπλέον: o(x r ) = m και o(y s ) = n r s και επομένως, επειδή η ομάδα G είναι αβελιανή και οι τάξεις των στοιχείων x r και y s είναι αριθμοί πρώτοι μεταξύ τους θα έχουμε ότι: το στοιχείο z = x r z s έχει τάξη o(z) = [m, n] = n s m r Β 2: Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα: m, n, t Z + : [[m, n], t] = [m, n, t] και επαναλαμβάνοντας την παραπάνω διαδικασία θα έχουμε ότι: αν x, y, z G και o(x) = m, o(y) = n, o(z) = t, τότε υπάρχει ένα στοιχείο w G έτσι ώστε : o(w) = [m, n, t] Β 3: Συνεχίζοντας την παραπάνω διαδικασία, και λαμβάνοντας υπ όψιν ότι η αβελιανή ομάδα είναι πεπερασμένη, μπορούμε επαγωγικά να κατασκευάσουμε ένα στοιχείο g με την επιθυμητή ιδιότητα, δηλαδή η τάξη του g να είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων των στοιχείων της G. Ασκηση 12. Έστω (G, ) μια ομάδα και H, K δύο υποομάδες της G. Αν a, b είναι δύο στοιχεία τής G, να δείξετε ότι: (1) ah = bk = H = K. (2) Δεν είναι πάντοτε αληθής η συνεπαγωγή: ah = Kb = H = K⁷. Λύση. (1) Αν ah = bk, όπου a, b G, τότε H = a 1 bk και επομένως a 1 b H. Αλλά από a 1 b H έπεται b ah και συνεπώς bh = ah. Αφού από την υπόθεση είναι ah = bk, συμπεραίνουμε ότι bh = bk και συνεπώς H = b 1 (bh) = b 1 (bk) = K. (2) Επιλέγουμε τις κυκλικές υποομάδες⁸ H = σ 3 = & K = σ 2 1 3 1 = 1 3 2 τής S 3. Έχουμε: { } σ 2 H = σ 2, σ 2 σ 3 = = ρ 2 3 1 Ώστε, σ 2 H = Kσ 2, ενώ H K. & Kσ 2 = { σ 2, σ 1 σ 2 = } = ρ 2 3 1 Ασκηση 13. Έστω GL 2 (R) η ομάδα των αντιστρέψιμων 2 2 πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς, και θεωρούμε τα ακόλουθα υποσύνολά της: G = { X a,b M 2 2 (R) a, b R & a 0 } & H = { X 1,b M 2 2 (R) b R } a b, όπου X a,b = (1) Δείξτε ότι: H G GL 2 (R)⁹. (2) Δείξτε ότι: A G: A H = H A. (3) Περιγράψτε το σύνολα πηλίκο G/H. ⁷Χρησιμοποιείστε, ως αντιπαράδειγμα, υποομάδες και στοιχεία τής συμμετρικής ομάδας (S 3, ). ⁸Στην παρούσα άσκηση συμβολίζουμε με σ i τους 2-κύκλους μ i, 1 i 3 της Άσκησης 1, και με ρ και ρ 2 τους 3-κύκλους ρ 1 και ρ 2 αντίστοιχα, της Άσκησης 1. ⁹Η ομάδα G καλείται η ομοπαραλληλική ομάδα των 2 2 αντιστρεψίμων πινάκων.
Λύση. (1) Προφανώς κάθε πίνακας X a,b G είναι αντιστρέψιμος διότι X a,b = a 0, και άρα G GL 2 (R). Προφανώς I 2 = X 1,0 G. Θεωρούμε δύο πίνακες-στοιχεία του συνόλους G: X a,b = Εύκολα υπολογίζουμε ότι: ( a b X a,b X a,b = X aa,ab +b = ) & X a,b = ( a b aa ab + b ), όπου a, a 0 ( 1 ) G & X 1 a,b = X 1 a, b = a b a a Επομένως το υποσύνολο G είναι μια υποομάδα της GL 2 (R). Επειδή I 2 = X 1,0 H, και όπως βλέπουμε από τις παραπάνω σχέσεις για a = 1 = a, έχουμε: 1 ab X 1,b X 1,b = X 1,b +b = + b H & X 1 1 b 1,b = X 1, b = H έπεται ότι το υποσύνολο Η είναι μια υποομάδα της G, άρα και της GL 2 (R). (2) Θεωρούμε πίνακες Τότε: Άρα: Παρόμοια Άρα: X a,b = X a,b H = HX a,b = a b G & X 1,r = X a,b X 1,r = a b 1 r 1 r = H & X 1,s = a ar + b = X a,ar+b 1 s H { } { } X a,b X 1,r G a 0 & b, r R = X a,ar+b G a 0 & b, r R X 1,s X a,b = 1 s a b = a b + s = X a,b+s { } { } X 1,s X a,b G a 0 & b, s R = X a,b+s G a 0 & b, s R Έστω X a,ar+b X a,b H. Επειδή X a,ar+b = X a,b+s HX a,b+s, όπου s = ar, έπεται ότι X a,b H HX a,b. Αντίστροφα, έστω X a,b+s HX a,b. Επειδή X a,b+s = X a,ar+b X a,b H, όπου r = s, έπεται ότι a HX a,b X a,b H. Επομένως: X a,b G : X a,b H = HX a,b (3) Συμβολίζουμε με G/H το σύνολο όλων των αριστερών συμπλόκων της H στην G: και ορίζουμε την ακόλουθη αντιστοιχία G/H = { X a,b H G X a,b G} Φ : G/H R, Φ(X a,b H) = a Θα δείξουμε ότι η αντιστοιχία Φ είναι μια καλά ορισμένη «1-1» και «επί» απεικόνιση. Πρώτα προσδιορίζουμε πότε δύο σύμπλοκα X a,b H και X a,b συμπίπτουν. Θα έχουμε: X a,b H = X a,b H X 1 a,b X a,b H X a 1 a,a 1 (b b) H X a 1 a,a 1 (b b) = X 1,r, για κάποιο r R a 1 a = 1 a = a Επομένως: X a,b H = X a,b H a = a ( ) Η Φ είναι καλά ορισμένη: G 11 ( ) ( )
12 Έστω X a,b H = X a,b H. Τότε από την σχέση ( ) θα έχουμε a = a και επομένως από τον ορισμό της Φ, θα έχουμε Φ(X a,b H) = Φ(X a,b H). Άρα η Φ είναι μια καλά ορισμένη απεικόνιση. Η Φ είναι «1-1»: Θα έχουμε Επομένως η Φ είναι «1-1». Η Φ είναι «1-1»: Θα έχουμε Επομένως η Φ είναι «επί». Φ(X a,b H) = Φ(X a,b H) = a = a ( ) = X a,b H = X a,b H r R : Φ(X r,0 H) = r Ασκηση 14. Έστω ότι (G, ) είναι μια ομάδα και ότι H, K είναι υποομάδες της με K H. Αν ο δείκτης [G : K] είναι πεπερασμένος, τότε να δειχθεί ότι οι δείκτες [G : H] και [H : K] είναι πεπερασμένοι και ισχύει [G : K] = [G : H] [H : K]¹⁰. Λύση. Ο δείκτης [H : K] είναι το πλήθος των στοιχείων τού συνόλου H/K = {hk h H}, το οποίο είναι υποσύνολο τού G/K = {gk g G}. Αφού το G/K είναι ένα πεπερασμένο σύνολο, έπεται ότι και το H/K είναι επίσης πεπερασμένο. Ώστε, [H : K] <. Θεωρούμε τα σύνολα G/K = {gk g G} και G/H = {gh g G} και την αντιστοιχία Φ: G/K G/H, gk Φ(gK) := gh Η συγκεκριμένη αντιστοιχία Φ είναι μια «καλά ορισμένη» απεικόνιση, αφού αν, g 1 K = g 2 K, τότε το g 1 2 g 1 είναι στοιχείο τού K H και γι αυτό g 1 H = g 2 H. Επιπλέον, η Φ είναι μια «επί» απεικόνιση (γιατί;) και επειδή το σύνολο G/K είναι πεπερασμένο, έπεται ότι και το G/H είναι ένα πεπερασμένο σύνολο. Ώστε, [G : H] <. Τώρα θα δείξουμε ότι [G : K] = [G : H] [H : K]. Έστω ότι G/H = {a 1 H, a 2 H,..., a n H}, a i G, 1 i n είναι το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συμπλόκων) τής H στην G και ότι H/K = {b 1 K, b 2 H,..., b m K}, b j H, 1 j m είναι το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συμπλόκων) τής K στην H. Ισχυριζόμαστε ότι τα σύνολα a i b j K, 1 i n, 1 j m είναι ανά δύο διαφορετικές αριστερές πλευρικές κλάσεις (σύμπλοκα) τής Κ στην G. Πράγματι, αν για κάποια a p H, a q H, b r K, b s K με 1 p, q n, p q και με 1 r, s m, r s ήταν a p b r K = a q b s K, τότε θα ήταν (a q b s ) 1 a p b r = b 1 s a 1 q a p b r K και αφού K H και τα b j H, συμπεραίνουμε ότι a 1 q a p H, δηλαδή a p H = a q H. Αυτό όμως είναι άτοπο. Τώρα θα δείξουμε ότι κάθε πλευρική κλάση gk είναι μια από αυτές τις a i b j K, 1 i n, 1 j m. Το στοιχείο g ανήκει στην a i H, για κάποιο i, 1 i n. Ώστε g = a i h, h H. Το h H ανήκει στην b j K για κάποιο j, 1 j m. Ώστε h = b j k, k K. Επομένως, g = a i b j και γι αυτό gk = a i b j K. Επομένως, το σύνολο {a i b j K 1 i n, 1 j m} συμπίπτει με το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συμπλόκων) τής K στην G και αφού το πλήθος τού {a i b j K 1 i n, 1 j m} είναι [G : H] [H : K], συμπεραίνουμε ότι [G : K] = [G : H] [H : K]. Ασκηση 15. ( Η Πρόταση Poincaré) Αν H, K είναι δύο υποομάδες μιας ομάδας G¹¹, των οποίων ο δείκτης στην G είναι πεπερασμένος, τότε και ο δείκτης τής H K στην G είναι επίσης πεπερασμένος. Επιπλέον: Μ.Κ.Δ.([G : H], [G : K]) = 1 = [G : H K] = Ε.Κ.Π.([G : H], [G : K]) ¹⁰Η ομάδα G δεν είναι απαραίτητα πεπερασμένη. Όταν η ομάδα G είναι πεπερασμένη η απόδειξη προκύπτει άμεσα από το Θεώρημα του Langrange και έχει αναλυθεί στην τάξη. ¹¹Η G δεν είναι απαραίτητα πεπερασμένη ομάδα.
Λύση. Συμβολίζουμε με G/H K το σύνολο {a(h K) a G} των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H K στην G και με G/H (αντίστοιχα G/K) το σύνολο {ah a G} (αντίστοιχα {ak a G}) των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H στην G (αντίστοιχα τής K στην G). Θεωρούμε την αντιστοιχία Φ : G/H K G/H G/K, a(h K) (ah, ak) Παρατηρούμε ότι η συγκεκριμένη αντιστοιχία είναι μια «καλά ορισμένη» απεικόνιση, αφού αν για κάποια a, b G είναι a(h K) = b(h K), τότε το b 1 a ανήκει στην H K. Έτσι έχουμε ότι b 1 a H και b 1 a K. Επομένως, ah = bh και ak = bk, δηλαδή (ah, ak) = (bh, bk). Ισχυριζόμαστε ότι η Φ είναι μια «1-1» απεικόνιση. Πράγματι, αν είναι Φ(a(H K)) = Φ(b(H K)), τότε (ah, ak) = (bh, bk). Επομένως, ah = bh και ak = bk και γι αυτό b 1 a H, b 1 a K. Ώστε, a(h K) = b(h K). Αφού οι δείκτες [G : H] και [G : K] είναι πεπερασμένοι, δηλαδή το σύνολο G/H (αντιστοίχως G/K) των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H (αντιστοίχως τής K) στην G έχει πεπερασμένο το πλήθος στοιχεία, συμπεραίνουμε ότι και το καρτεσιανό γινόμενο G/H G/K έχει πεπερασμένο το πλήθος στοιχεία. Επειδή τώρα η Φ είναι μια «1-1» απεικόνιση, καταλήγουμε στο ότι και το πλήθος [G : H K] των στοιχείων τού G/H K είναι πεπερασμένο και μάλιστα από το [G : H] [G : K], το οποίο είναι το πλήθος των στοιχείων τού συνόλου G/H G/K: G/H K G/H G/K = [G : H] [G : K] Σύμφωνα με την προηγούμενη Άσκηση 14 γνωρίζουμε ότι [G : H K] = [G : H] [H : H K] και [G : H K] = [G : K] [K : H K]. Ώστε ο [G : H K] είναι κοινό πολλαπλάσιο των [G : H] και [G : K]. Επομένως ο [G : H K] είναι πολλαπλάσιο και τού Ε.Κ.Π.([G : H], [G : K]), το οποίο ισούται με [G : H] [G : K], αφού οι [G : H] και [G : K] δεν έχουν κοινούς διαιρέτες. Όμως μόλις παρατηρήσαμε, βλ. (*), ότι [G : H K] [G : H] [G : K] και αφού είναι και πολλαπλάσιο τού [G : H] [G : K], συμπεραίνουμε ότι [G : H K] = [G : H] [G : K] = Ε.Κ.Π.([G : H], [G : K]). 13 ( )