Nilpotent οµάδες και Lie άλγεβρες. Α.Ι. Πάπιστας Τµήµα Μαθηµατικών Αριστοτέλειο Πανεπιστήµιο Θεσσαλονίκης

Nilpotent οµάδες και Lie άλγεβρες Α.Ι. Πάπιστας Τµήµα Μαθηµατικών Αριστοτέλειο Πανεπιστήµιο Θεσσαλονίκης

2

Περιεχόµενα 1 Επιλύσιµες και µηδενοδύναµες οµάδες 5 1.1 Ανώτερη κεντρική σειρά. Οµάδα µεταθέτης........... 5 1.2 Κανονικές και Συνθετικές Σειρές................. 8 1.3 Παράγουσα σειρά. Επιλύσιµες Οµάδες............. 17 1.4 Κατώτερη κεντρική σειρά. Μηδενοδύναµες Οµάδες....... 29 2 Ελεύθερη οµάδα 45 2.1 Ορισµός ελεύθερης οµάδας................... 45 2.2 Κατασκευή ελεύθερης οµάδας.................. 46 2.3 Ιδιότητες της ελεύθερης οµάδας................. 51 2.4 Παράσταση οµάδων........................ 56 2.5 Πλήρως αναλλοίωτες υποοµάδες................. 61 3 Lie άλγεβρες και Οµάδες 71 3.1 Προκαταρκτικές έννοιες..................... 71 3.2 Κατασκευή ελεύθερης Lie άλγεβρας............... 76 3.2.1 Ελεύθερη προσεταιριστική άλγεβρα........... 77 3.2.2 Ελεύθερο µάγµα..................... 80 3.3 Κατασκευή Lie άλγεβρας από οµάδα.............. 83 3

4 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Κεϕάλαιο 1 Επιλύσιµες και µηδενοδύναµες οµάδες 1.1 Ανώτερη κεντρική σειρά. Οµάδα µεταθέτης Θυµίζουµε ότι µία υποοµάδα H της οµάδας G ονοµάζεται πλήρως αναλλοίωτη αν ϕ(h) H για κάθε ενδοµορϕισµό ϕ της G. Στην ειδική περίπτωση που ϕ(h) H για κάθε αυτοµορϕισµό ϕ της G, η H ονοµάζεται χαρακτηριστική και συµβολίζεται H char G. Είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι το κέντρο Z(G) µιας οµάδας G είναι χαρακτηριστική. Μία σηµαντική ιδιότητα που έχουν οι χαρακτηριστικές υποοµάδες και οι πλήρως αναλλοίωτες υποοµάδες µιας οµάδας G είναι ότι η σχέση της χαρακτηριστικότητας ή της πλήρους αναλλοίωτης είναι µεταβατική. ηλαδή, αν A είναι πλήρως αναλλοίωτη στην B (αντιστ. A char B) και B πλήρως αναλλοίωτη στην C (αντιστ. B char C), τότε A είναι πλήρως αναλλοίωτη στην C (αντιστ. A char C). Η παραπάνω ιδιότητα δεν ισχύει µε την σχέση της κανονικότητας. Εστω H G, K G και K H. Αν H/K περιέχεται στο κέντρο της G/K, τότε H/K ονοµάζεται κεντρικό πηλίκο της G. ηλαδή, H/K είναι κεντρικό πηλίκο της G αν ισχύει xy yx modk για όλα τα x H, y G ή ισοδύναµα, (H, G) K ή ισοδύναµα, H/K Z(G/K). Το κέντρο της οµάδας G/Z(G) είναι της µορϕής Z 2 (G)/Z(G), όπου Z 2 (G) είναι κάποια κανονική υποοµάδα της G. Με επαγωγικό τρόπο κατασκευάζεται µία ακολουθία υποοµάδων 1 = Z 0 (G) Z 1 (G) = Z(G) Z i (G) Z i+1 (G) τέτοια, ώστε αν η Z i (G) έχει ορισθεί, τότε Z i (G) G και η Z i+1 (G) είναι τέτοια, 5

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ ώστε η Z i+1 (G)/Z i (G) είναι το κέντρο της G/Z i (G). Συγκεκριµένα, Z i (G) = {g G : (g, h) Z i 1 (G) h G} για όλους τους ϑετικούς ακέραιους i. Από τους ορισµούς έπεται ότι για n 1 και x G, x Z n (G) (x, g) Z n 1 (G) για όλα τα g G. Με άλλα λόγια, (Z n (G), G) Z n 1 (G). Η παραπάνω ακολουθία ονοµάζεται η ανώτερη κεντρική σειρά της G. Πρόταση 1 Εστω G µία οµάδα. (i) Αν α Aut(G), N G και α(n) = N, τότε ο α επάγει έναν αυτοµορϕισµό στην G/N. (ii) Αν H N G, H char G και N/H char G/H, τότε N char G. (iii) Οι όροι της ανώτερης κεντρικής σειράς της G είναι χαρακτηριστικές υποοµάδες. Απόδειξη. (i) Επειδή α(n) = N, η απεικόνιση α : G/N G/N µε τύπο α(gn) = α(g)n για κάθε g G είναι καλά ορισµένη. Εχοντας υπόψη τη πράξη στην G/N, είναι εύκολο να δειχθεί ότι η α είναι αυτοµορϕισµός της G/N. (ii) Επειδή H char G, η H είναι κανονική στη G. Εστω α Aut(G). Επειδή α(h) = H, ο α επάγει έναν αυτοµορϕισµό α στην οµάδα πηλίκο G/H. Αϕού N/H char G/H, έχουµε ότι α(n/h) = N/H και από τον ορισµό του α, έχουµε ότι α(n)/h = N/H. Είναι εύκολο να συµπεράνουµε ότι α(n) = N και εποµένως N char G. (iii) Η απόδειξη γίνεται µε επαγωγή και µε την ϐοήθεια του (ii). Εστω a, b G. Το στοιχείο (a, b) = a 1 b 1 ab ονοµάζεται µεταθέτης των a, b. Γράϕοντας a b = b 1 ab έχουµε (a, b) = a 1 a b. Προϕανώς, (a, b) = 1 G αν και µόνο αν ab = ba. Το όνοµα µεταθέτης δικαιολογείται από την ταυτότητα ab = ba(a, b) για όλα τα a, b G. Αν

1.1. ΑΝΩΤΕΡΗ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΣΕΙΡΑ. ΟΜΑ Α ΜΕΤΑΘΕΤΗΣ 7 g 1,..., g m G, µε m 3, ορίζουµε τους αριστερούς γενικευµένους µεταθέτες (g 1,..., g m ) επαγωγικά ως εξής. Για m = 3, και γενικά, (g 1, g 2, g 3 ) = ((g 1, g 2 ), g 3 ), (g 1,..., g m ) = ((g 1,..., g m 1 ), g m ) για m 4. Αν H, N είναι µη-κενά υποσύνολα της G, τότε ορίζεται ο µεταθέτης των H, N ως η υποοµάδα που παράγεται από όλους τους µεταθέτες της µορϕής (g, h), όπου g H και h N. Συµβολικά, (H, N) = (g, h) : g H, h N. Εστω X 1,..., X m είναι υποοµάδες της G. Γενικά, µπορούµε να ορίσουµε (X 1,..., X m ) να είναι η ((X 1,..., X m 1 ), X m ) = (X 1,..., X m 1 ), X m για κάθε φυσικό αριθµό m 2. Ετσι, αν X, Y, Z είναι υποοµάδες της G, γράϕου- µε (X, Y, Z) = ((X, Y ), Z). Η απόδειξη της επόµενης πρότασης είναι απλή εϕαρµογή των ορισµών. Πρόταση 2 A) Εστω G µία οµάδα και a, b, c G. Τότε (i) (a, b) 1 = (b, a). (ii) a b = a(a, b). (iii) (a, bc) = (a, c)(a, b) c. (iv) (a, bc) = (a, c)(a, b)(a, b, c). (v) (ab, c) = (a, c) b (b, c). (vi) (ab, c) = (a, c)(a, c, b)(b, c). (vii) (Witt s identity) (a, b 1, c) b (b, c 1, a) c (c, a 1, b) a = 1. (viii) (a 1, b) = ((a, b) 1 )) a 1. (ix) (a, b 1 ) = ((a, b) 1 ) b 1. B) Αν X, Y είναι υποοµάδες της οµάδας G, τότε (X, Y ) = (Y, X) και (X, Y ) X, Y. Αν X, Y, Z είναι κανονικές υποοµάδες της G, τότε η (X, Y, Z) παράγεται από όλους τους µεταθέτες της µορϕής (x, y, z), όπου x X, y και z Z. Επιπλέον, (X, Y, Z) (Y, Z, X)(Z, X, Y ). Η υποοµάδα που παράγεται από όλους τους µεταθέτες µιας οµάδας G ο- νοµάζεται παράγωγος υποοµάδα ή υποοµάδα µεταθετών της G (derived group, commutator group) και συµβολίζεται µε G. ηλαδή, G = (a, b) : a, b G = (G, G). Η παρακάτω πρόταση χαρακτηρίζει την G.

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Πρόταση 3 Η παράγωγος υποοµάδα G είναι πλήρως αναλλοίωτη και τέτοια, ώστε (i) Αν N G και η G/N είναι αβελιανή, τότε G N. (ii) Αν G N, τότε N G και η G/N είναι αβελιανή. Απόδειξη. Εστω ϕ ένας ενδοµορϕισµός της G. Επειδή ϕ((a, b)) = (ϕ(a), ϕ(b)) για κάθε a, b G και G παράγεται από όλους τους µεταθέτες (a, b) µε a, b G, έχουµε ότι G είναι αναλλοίωτη υποοµάδα της G. (i) Αν η G/N είναι αβελιανή, τότε για a, b G, έχουµε ότι (a, b)n = (an, bn) = N και εποµένως (a, b) N. Άρα G N. (ii) Αν h N, a G, τότε a 1 ha = h(h, a). Επειδή h N και (h, a) G N, έχουµε ότι N G. Επιπλέον, (an, bn) = (a, b)n = N, αϕού (a, b) G N. Άρα η G/N είναι αβελιανή. 1.2 Κανονικές και Συνθετικές Σειρές Εστω G µία πεπερασµένη οµάδα. Μπορούµε, ϑεωρητικά, να κατασκευάσου- µε µία σειρά, αποτελούµενη από υποοµάδες της G, της µορϕής G = A 0 > A 1 > > A n 1 > A n = {1}, όπου κάθε A i+1 είναι κανονική στην A i και κάθε οµάδα πηλίκο A i /A i+1 είναι απλή. Η τελευταία συνθήκη είναι ισοδύναµη µε το να λέµε ότι η A i+1 είναι maximal κανονική υποοµάδα της A i. Αυτό προκύπτει από την Πρόταση ;;. Ετσι σε µία πεπερασµένη µη απλή οµάδα G, ξεκινώντας µε {1 G } G µπορούµε να εισάγουµε µία κανονική υποοµάδα N της G και να πάρουµε τη σειρά {1 G } N G. Αν N δεν είναι απλή, τότε µπορούµε να κατασκευάσουµε την σειρά {1 G } N N G. Αν G/N δεν είναι απλή, τότε ϑεωρούµε την σειρά {1 G } N N N G.

1.2. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 9 Συνεχίζουµε την παραπάνω διαδικασία. Επειδή η G είναι πεπερασµένη, η παραπάνω διαδικασία ϑα τερµατίσει µετά από πεπερασµένο αριθµό ϐηµάτων έτσι ώστε κάθε οµάδα πηλίκο της σειράς της G (π.χ., η N/N ) είναι απλή. Εστω G µία οµάδα και µία πεπερασµένη ακολουθία υποοµάδων της G, (A i ) : A 0 = G, A 1,..., A n = {1}, τέτοια, ώστε και G = A 0 > A 1 > > A n 1 > A n = {1} A i A i 1, µε i = 1,..., n (χωρίς επαναλήψεις). Μία τέτοια ακολουθία (A i ) υποοµάδων της G ονοµάζεται κανονική σειρά της G. Για µία κανονική σειρά γράϕουµε G = A 0 A 1 A n = {1}, όπου κάθε υποοµάδα ϑεωρείται κανονική υποοµάδα στη προηγούµενη. Σε µία κανονική σειρά κάθε υποοµάδα είναι µεν κανονική στη προηγούµενη χωρίς να είναι κανονική υποοµάδα στη G. Το πλήθος n των µη τετριµµένων υποοµάδων σε µία κανονική σειρά ονοµάζεται µήκος της σειράς. Οι οµάδες πηλίκου A i /A i+1, i = 0,..., n 1, ονοµάζονται πηλίκα της σειράς. Τονίζουµε ότι κάθε µη τετριµµένη οµάδα G έχει την κανονική σειρά G {1 G } (µήκους 1). ύο κανονικές σειρές της οµάδας G ονοµάζονται ισόµορϕες αν έχουν το ίδιο µήκος και υπάρχει µία 1 1 και επί απεικόνιση µεταξύ των πηλίκων έτσι ώστε τα αντίστοιχα πηλίκα είναι ισόµορϕα. Για παράδειγµα, έστω G = g τάξης pq µε p, q διαϕορετικοί πρώτοι αριθµοί και έστω A = g p, B = g q. Τότε οι κανονικές σειρές G A {1 G } και G B {1 G } είναι ισόµορϕες, επειδή έχουν µήκος 2 και G/A B και A G/B. Μία κανονική σειρά (H i ) της G G = H 0 > H 1 > > H κ 1 > H κ = {1} ονοµάζεται επιλέπτυνση (refinement) της σειράς (A j ) της G G = A 0 > A 1 > > A n 1 > A n = {1} αν κάθε υποοµάδα στη σειρά (A j ) της G συµπίπτει µε µία υποοµάδα της σει- ϱάς (H i ) της G. Προϕανώς, n κ. Στη περίπτωση που µία επιλέπτυνση (H i )

10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ της G είναι διαϕορετική από την αρχική κανονική σειρά (A j ) της G ονοµάζεται γνήσια επιλέπτυνση. Πριν διατυπώσουµε και αποδείξουµε ένα αποτέλεσµα των Schreier, Jordan και Hölder σχετικά µε την επιλέπτυνση σειράς, ϑα αποδείξουµε ένα ϐασικό ϐοηθητικό αποτέλεσµα. Λήµµα 1 Εστω f : G M οµοµορϕισµός οµάδων. Για τυχαία υποοµάδα H της G, ϑεωρούµε f H το περιορισµό της f πάνω στην H. Τότε Kerf H = Kerf H. Απόδειξη. Προϕανώς Kerf H H. Εστω h Kerf H. Τότε h Kerf και έτσι Kerf H Kerf H. Αντίστροϕα, αν h Kerf H, τότε f (h) = 1 G. Αϕού h H, f H (h) ορίζεται και ισούται µε f (h) = 1 G και άρα h Kerf H. Εποµένως, Kerf H = Kerf H. Το επόµενο αποτέλεσµα επεκτείνει το δεύτερο Θεώρηµα ισοµορϕισµού και το Λήµµα Zassenhaus. Θεώρηµα 1 Εστω H τυχαία υποοµάδα της οµάδας G και έστω N κανονική υποοµάδα της G. Για κάθε υποοµάδα M της H, έχουµε ότι HN MN H M(H N). Απόδειξη. Αϕού η N G, HN = NH και έτσι HN είναι υποοµάδα της G. Οµοια, MN είναι υποοµάδα της G. Επειδή M H, MN HN. Για να δείξουµε ότι MN είναι κανονική στην HN, αρκεί να δείξουµε ότι y 1 xy MN για κάθε x MN και y HN. Γράϕουµε όπου m M, h H, n 1, n 2 N. Τότε x = mn 1, y = hn 2, y 1 xy = (hn 2 ) 1 mn 1 (hn 2 ) = n 1 2 h 1 mn 1 hn 2 = n 1 2 h 1 mhn 3 n 2, όπου hn 3 = n 1 h (αϕού hn = Nh). Επειδή M G, h 1 mh M και έτσι h 1 mh = m 1 M. Ετσι y 1 xy = n 1 2 m 1n 3 n 2.

1.2. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 11 Αϕού N G, m 1 N = Nm 1 και έτσι n 1 2 m 1 = m 1 n 4 για κάποιο n 4 N. Συνεπώς, y 1 xy = m 1 (n 4 n 3 n 2 ) MN και άρα MN HN. Θεωρούµε την κανονική απεικόνιση f MN : HN HN/MN. Εστω fmn ο περιορισµός της f MN πάνω στο H. Εύκολα αποδεικνύεται ότι fmn είναι επιµορϕισµός. Από το πρώτο Θεώρηµα ισοµορϕισµού HN/MN H/Ker fmn. Για να δείξουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα αρκεί να δείξουµε ότι Από το Λήµµα 1, Αλλά Kerf MN = MN. Συνεπώς, Ker fmn = M(H N). Ker fmn = (Kerf MN ) H. Ker fmn = MN H. Επειδή M H, από τον modular law, έχουµε ότι Ετσι MN H = M(N H). Ker fmn = M(N H) και άρα έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Η συνήθης έκϕραση του προήγουµενου αποτελέσµατος είναι η εξής. Πόρισµα 1 (2ο Θεώρηµα Ισοµορϕισµού) Αν H είναι υποοµάδα της G και N κανονική υποοµάδα της G, τότε HN/N H/(H N). Απόδειξη. Το αποτέλεσµα προκύπτει από το Θεώρηµα 1 για M = {1 G }. Το επόµενο τεχνικό αποτέλεσµα είναι γνωστό στη ϐιβλιογραϕία ως Λήµµα Zassenhaus.

12 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Πόρισµα 2 (Zassenhaus) Εστω H 1 και H 2 υποοµάδες της οµάδας G και N 1, N 2 κανονικές υποοµάδες των H 1, H 2, αντίστοιχα. Τότε N 1 (H 1 H 2 ) N 1 (H 1 N 2 ) (H 1 H 2 ) (N 1 H 2 )(N 2 H 1 ) N 2(H 1 H 2 ) N 2 (N 1 H 2 ). Απόδειξη. Εϕαρµόζουµε το Θεώρηµα 1 για G = H 1, H = H 1 H 2, M = H 1 N 2 και N = N 1 ή G = H 2, H = H 1 H 2, M = N 1 H 2 και N = N 2. Ενα ϐασικό αποτέλεσµα στη ϑεωρία των κανονικών σειρών είναι το παρακάτω Θεώρηµα που οϕείλεται στους Schreier, Jordan και Hölder. Θεώρηµα 2 ( Schreier, Jordan, Hölder) Για δύο τυχαίες κανονικές υποοµάδες της G, υπάρχουν ισόµορϕες επιλεπτύσεις. Απόδειξη. Εστω ότι η οµάδα G έχει δύο κανονικές σειρές G = A 0 A 1 A n 1 A n = {1 G } και G = B 0 B 1 B m 1 B m = {1 G }. Θα εϕαρµόσουµε το πόρισµα 2. Θέτουµε για i = 1,..., n και j = 0,..., m, και A ij = A i (A i 1 B j ) B ji = B j (B j 1 A i ) για i = 0,..., n και j = 1,..., m. Επειδή A i A i 1 και B j B j 1, έχουµε από το πόρισµα 2 ότι A ij A i(j 1), B ji B j(i 1) και A i(j 1) A ij B j(i 1) B ji. Τότε έχουµε υποοµάδες A ij και B ij (i = 1,..., n, j = 1,..., m) της G A i 1 = A i0 A ij A im = A i

1.2. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 13 και B j 1 = B j0 B ji A jn = B j. Ετσι αν παρεµβάλουµε µεταξύ των όρων A i 1 και A i (για i = 1,..., n) τις υποοµάδες A ij για j = 1,..., m και µεταξύ των όρων B j 1 και B j (για j = 1,..., m) τις υποοµάδες B ji για i = 1,..., n παίρνουµε επιλεπτύσεις των κανονικών σειρών (A i ) και (B j ) της G που έχουν µήκος nm και είναι ισόµορϕες. Οι επιλεπτύσεις που κατασκευάζονται µε αυτόν τον τρόπο είναι πιθανόν να έχουν επαναλήψεις. Αν A i(j 1) = A ij, τότε A i(j 1) /A ij {1 G }. Επειδή A i(j 1) A ij B j(i 1) B ji έχουµε ότι B j(i 1) /B ji {1 G } και άρα B j(i 1) = B ji. Εποµένως µπορούµε να αϕαιρέσουµε ταυτόχρονα τις επαναλήψεις χωρίς να καταστρέψουµε τον ισο- µορϕισµό και να πάρουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Μία κανονική σειρά µιας οµάδας G που δεν έχει γνήσιες επιλεπτύνσεις ονοµάζεται συνθετική σειρά. Η επόµενη πρόταση µας δίνει µία ικανή και αναγκαία συνθήκη πότε µία κανονική σειρά µιας οµάδας G είναι συνθετική. Πρόταση 4 Εστω (A i ) : G = A 0 A 1 A n = {1 G } µία κανονική σειρά της G. Τότε τα παρακάτω είναι ισοδύναµα. (i) Η (A i ) είναι συνθετική σειρά. (ii) Για κάθε i = 1,..., n, η οµάδα πηλίκου A i 1 /A i είναι απλή. (iii) Για κάθε i = 1,..., n, η υποοµάδα A i είναι µέγιστη κανονική υποοµάδα της A i 1. Απόδειξη. Η απόδειξη της πρότασης ϐασίζεται στις εξής παρατηρήσεις. Εστω ότι η οµάδα πηλίκου A i 1 /A i δεν είναι απλή. Τότε η A i 1 /A i έχει µία µη τετριµµένη υποοµάδα N/A i. Αλλά τότε A i 1 N A i και έτσι παίρνουµε µία γνήσια επιλέπτυνση της (A i ) αν εισάγουµε την N µεταξύ των A i 1 και A i. Αν η A i δεν είναι µέγιστη κανονική υποοµάδα της A i 1, τότε πάλι µπορούµε να παρεµβάλουµε µία οµάδα N A i 1, A i έτσι ώστε A i 1 N A i.

14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Η Πρόταση 4 µας δίνει ένα ισοδύναµο ορισµό για συνθετική σειρά. Ετσι µία κανονική σειρά (A i ) της G ονοµάζεται συνθετική αν για κάθε i = 1,..., n, η οµάδα πηλίκου A i 1 /A i είναι απλή. Εστω G µία άπειρη κυκλική οµάδα. Τότε κάθε υποοµάδα H {1 G } της G είναι άπειρη κυκλική (και κανονική). Από εδώ µπορούµε να συµπεράνουµε ότι η άπειρη κυκλική δεν έχει συνθετικές σειρές. Ετσι υπάρχουν οµάδες που δεν έχουν συνθετικές σειρές. Αντιθέτως, όπως είδαµε παραπάνω, κάθε πεπε- ϱασµένη οµάδα έχει συνθετικές σειρές. Στην επόµενη πρόταση ϑα δώσουµε µία απόδειξη για αυτό το γεγονός. Πρόταση 5 Κάθε πεπερασµένη οµάδα έχει συνθετικές σειρές. Απόδειξη. Εστω G µία πεπερασµένη οµάδα και έστω n = G. Για n = 1 το αποτέλεσµα είναι τετριµµένο. Υποθέτουµε ότι η πρόταση ισχύει για κάθε (πεπερασµένη) οµάδα µε τάξη < n. Εστω ότι η G είναι απλή. Επειδή η G είναι πεπερασµένη και απλή, έχουµε ότι η G είναι κυκλική µε τάξη πρώτο αριθµό. Τότε η G έχει συνθετική σειρά, την G {1 G }. Υποθέτουµε ότι η G δεν είναι απλή. Τότε υπάρχει κανονική υποοµάδα N {1 G }, G. Τότε N, G/N < n. Από την επαγωγική µας υπόθεση, οι N και G/N έχουν συνθετικές σειρές. Εστω N = N 0 N 1 N k = {1 G } και G/N = A 0 /N A 1 /N A r /N = {1 G/N } συνθετικές σειρές των N και G/N, αντίστοιχα. Τότε η κανονική σειρά G = A 0 A 1 A r N 1 N k = {1 G } είναι µία συνθετική σειρά της G, επειδή η οµάδα πηλίκου A i 1 /A i A i 1 /N/A i /N είναι απλή (για i = 1,..., r). Η απόδειξη της Πρότασης 5 µας δίνει ένα τρόπο κατασκευής κανονικών (συνθετικών) σειρών. Από το Θεώρηµα 2, δύο συνθετικές σειρές έχουν ι- σόµορϕες επιλεπτύσεις. Αλλά επειδή µία συνθετική σειρά δεν έχει γνήσια επιλέπτυνση, πρέπει οι δύο συνθετικές σειρές να είναι ισόµορϕες.

1.2. ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΥΝΘΕΤΙΚΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 15 Παραδείγµατα 1 (i) (Αβελιανές οµάδες) Θα δείξουµε ότι κάθε αβελιανή ο- µάδα που έχει συνθετική σειρά είναι πεπερασµένη. Εστω G µία αβελιανή οµάδα. Υποθέτουµε ότι η G έχει συνθετική σειρά (A i ) : G = A 0 A 1 A n 1 A n = {1 G }. Τότε, κάθε A i 1 /A i (i = 1,..., n) είναι απλή αβελιανή οµάδα και εποµένως η A i 1 /A i έχει τάξη p i, όπου p i είναι πρώτος. Συνεπώς, G = p 1 p n. (ii) (Κυκλικές οµάδες πεπερασµένης τάξης) Εστω C 24 = g µία κυκλική οµάδα τάξης 24. Τότε για κάθε φυσικό διαιρέτη n του 24 υπάρχει µοναδική υποοµάδα τάξης n που είναι επίσης κυκλική. Οι γνήσιες υποοµάδες της C 24 είναι οι εξής : C 12 = g 2, C 8 = g 3, C 6 = g 4, C 4 = g 6, C 3 = g 8, C 2 = g 12 και η τετριµµένη. Τότε µία συνθετική σειρά της C 24 είναι και µία κανονική σειρά της C 24 είναι (C i ) : C 24 C 8 C 4 C 2 {1} C 24 C 6 {1}. Μία επιλέπτυνση της παραπάνω κανονικής σειράς είναι C 24 C 12 C 6 C 3 {1} που είναι ισόµορϕη µε την (C i ). Ο λόγος είναι ο εξής : Αν µία οµάδα G έχει συνθετικές σειρές, τότε κάθε κανονική σειρά της G έχει µία επιλέπτυνση που είναι συνθετική σειρά. Πράγµατι, µία συνθετική σειρά και µία τυχαία κανονική σειρά ϑα έχουν ισόµορϕες επιλεπτύνσεις. Επειδή η επιλέπτυνση της συνθετικής σειράς δεν είναι γνήσια, ενώ η επιλέπτυνση της κανονικής σειράς είναι ισόµορϕη µε συνθετική σειρά ϑα είναι συνθετική σειρά. (iii) (Κατασκευή κανονικής σειράς για υποοµάδα) Εστω G µία οµάδα και (A i ) : G = A 0 A 1 A 2 A k = {1 G } µία κανονική σειρά της G. Εστω H G. Θέτουµε H i = H A i για i = 0,..., k. Εϕαρµόζουµε το Πόρισµα 2 για {1 G } H και A i A i 1. Εχουµε ότι H i = {1 G }(H A i ) {1 G }(H A i 1 ),

16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ και Αλλά A i = A i (A i 1 {1 G }) A i (A i 1 H) = A i H i 1 H i 1 /H i A i H i 1 /A i. A i A i H i 1 A i 1 και έτσι η A i H i 1 /A i είναι µία υποοµάδα της A i 1 /A i. Ετσι η H i 1 /H i είναι ισόµορϕη µε υποοµάδα της A i 1 /A i. Παρατηρούµε ότι είναι κανονική σειρά της H. (H i ) : H = H 0 H 1 H 2 H k = {1 G } (iv) (Αλυσίδες οµάδων) Με την ϐοήθεια των αλυσίδων οµάδων ϑα κατασκευάσουµε µία οµάδα που έχει συνθετική σειρά, αλλά έχει υποοµάδα που δεν έχει συνθετική σειρά. Μία αριθµήσιµη ακολουθία οµάδων G 0, G 1,... ο- νοµάζεται αύξουσα αλυσίδα (αντ. φθίνουσα αλυσίδα) αν για κάθε n 1 η G n 1 είναι υποοµάδα της G n (αντ. για κάθε n 1 η G n είναι υποοµάδα της G n 1 ). Μία αλυσίδα ονοµάζεται γνήσια αν όλοι οι όροι της είναι διαϕορετικοί. Εστω G 0, G 1,... µία αύξουσα αλυσίδα οµάδων και έστω G = G n. n 0 Ορίζουµε το «γινόµενο» δύο στοιχείων x και y του G ως εξής : Επειδή δουλεύουµε µε (αύξουσα) αλυσίδα οµάδων, διαλέγουµε n έτσι ώστε x, y G n. Τότε ορίζουµε xy όπως στην G n. Εύκολα αποδεικνύεται ότι ο ορισµός του γινοµένου είναι ανεξάρτητος από την επιλογή του n και ότι το G εϕοδιασµένο µε αυτό το γινόµενο είναι οµάδα. Προϕανώς, κάθε G n είναι υποοµάδα της G. (Αν κάθε G n είναι αβελιανή, τότε η G είναι αβελιανή.) Ενα κλασικό πα- ϱάδειγµα είναι το εξής : Εστω S n, µε n 1, η συµµετρική οµάδα ϐαθµού n. Θεωρούµε S n υποοµάδα της S n+1 για κάθε n. Ετσι έχουµε µία αύξουσα ακολουθία οµάδων G 0 = S 1, G 1 = S 2,... και ορίζουµε την S = n 1 S n. Εστω H 0, H 1,... µία άλλη αύξουσα αλυσίδα τέτοια, ώστε, για κάθε n 0, H n είναι κανονική υποοµάδα της G n. Τότε H = n 0 είναι κανονική υποοµάδα της G. Πράγµατι, έστω x H και y G. ιαλέγουµε G n έτσι ώστε x H n και y G n. Από την υπόθεση µας, y 1 xy H n. H n

1.3. ΠΑΡΑΓΟΥΣΑ ΣΕΙΡΑ. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 17 Συνεπώς, y 1 Hy H για όλα τα y G. Ως συνέχεια του κλασικού παραδείγ- µατος που παραθέσαµε προηγουµένως είναι ότι η A = n 1 µε A n η εναλλάσσουσα οµάδα ϐαθµού n, είναι κανονική υποοµάδα της S. Θα δείξουµε ότι η A έχει δείκτη 2 στην S. Παρατηρούµε ότι S A, αϕού (12) A. Από την άλλη πλευρά, για κάθε x S είτε x είτε x(12) είναι άρτια µετάθεση. Με άλλα λόγια, x ανήκει στην A ή στο A (12). Εποµένως, η A έχει δύο δεξιά σύµπλοκα και έτσι η A έχει δείκτη 2 στην S. Τέλος, ϑα δείξουµε ότι η A είναι µοναδική γνήσια κανονική υποοµάδα της S. Υποθέτουµε ότι N {1} είναι κανονική υποοµάδα της S. Αν S N, τότε, για κάποιο n, N S m S m ή {1} για όλα τα m n. Θεωρώντας το n 5, έχουµε ότι N S m = A m για όλα τα m n. (Θυµίζουµε ότι για n 5, η µοναδική γνήσια κανονική υποοµάδα της S n είναι η A n. Επιπλέον, η A n είναι απλή οµάδα.) Από εδώ, η N περιέχει τις άρτιες µεταθέσεις της S και άρα N = A. Είναι απλό να δειχθεί ότι η A παράγεται από τους 3-κύκλους. (Από τον τρόπο κατασκευής της A και το γεγονός ότι η A n µε n 3, παράγεται από τους 3-κύκλους.) Η απόδειξη του γεγονότος ότι η A n µε n 5 είναι απλή οµάδα (Θεώρηµα 3) µπορεί να εϕαρµοσθεί και στη περίπτωση της A. Ετσι η A είναι απλή άπειρης τάξης οµάδα. Για κάθε k = 1, 2,..., ορίζουµε την µετάθεση σ k = (3k 3k + 1 3k + 2). Η οµάδα που παράγεται από τις σ k είναι µία στοιχειώδης αβελιανή υποοµάδα άπειρης τάξης της A και έτσι δεν έχει συνθετική σειρά. A n 1.3 Παράγουσα σειρά. Επιλύσιµες Οµάδες Οι επιλύσιµες οµάδες ορίσθηκαν και µελετήθηκαν από τον Galois κατά την διάρκεια της µελέτης του για την επίλυση των εξισώσεων µε ϱιζικά. Με την ϐοήθεια του ορισµού της παραγώγου υποοµάδας µπορούµε να κατασκευάσουµε την παράγωγο σειρά µιας τυχαίας οµάδας G ως εξής. Εστω G µία οµάδα. Θέτουµε G (1) = G, G (2) = G = (G, G ) και γενικά G (n+1) = (G (n), G (n) ), τότε παίρνουµε µία φθίνουσα ακολουθία υποοµάδων της G: G = G (0) G (1) G (2) G (n) G (n+1) κάθε µία από τις οποίες είναι η παράγωγος υποοµάδα της προηγούµενης οµάδας. Η παραπάνω φθίνουσα ακολουθία ονοµάζεται παράγουσα σειρά της

18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ G. Η παράγουσα σειρά µας οδηγεί στον ορισµό της επιλύσιµης οµάδας. Εστω G µία οµάδα. Η G καλείται επιλύσιµη αν G (n) = {1} για κάποιο n N. Στη περίπτωση αυτή, ο µικρότερος φυσικός αριθµός n ονοµάζεται µήκος παραγωγής της G. Μία κανονική σειρά ονοµάζεται επιλύσιµη, αν οι οµάδες A i /A i+1, i = 0,..., n, είναι αβελιανές. Η ονοµασία επιλύσιµη δικαιολογείται από την επόµενη πρόταση. Πρόταση 6 Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες. (i) Η οµάδα G είναι επιλύσιµη. (ii) Η οµάδα G έχει επιλύσιµη σειρά. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η G είναι επιλύσιµη. Τότε υπάρχει κ N έτσι ώστε G (κ) = {1} και έστω m ο µικρότερος φυσικός αριθµός έτσι ώστε G (m) = {1}. Τότε η σειρά G = G (0) G (1) G (m) = {1} είναι επιλύσιµη, αϕού οι οµάδες πηλίκου G (i) /G (i+1), i = 0,..., m, είναι αβελιανές. Αντίστροϕα, έστω G = A 0 A 1 A n = {1} µία επιλύσιµη σειρά της G. Ισχυριζόµαστε ότι G (i) A i για κάθε i = 0,..., n. Επειδή G/A 1 = A 0 /A 1, από την Πρόταση 3, έχουµε ότι G A 1. Υποθέτουµε ότι G (m) A m για κάποιο m. Επειδή η A m /A m+1 είναι αβελιανή έπεται ότι A m A m+1, όπου A m είναι η παράγωγος υποοµάδα της A m. Άρα (G (m) ) A m A m+1 και επειδή (G m ) = G (m+1) έχουµε G (m+1) A m+1. Ετσι G (i) A i για όλα τα i και εποµένως, G (n) = {1}. Συνεπώς, η G είναι επιλύσιµη. Πρόταση 7 Κάθε επιλέπτυνση µιας επιλύσιµης σειράς είναι επίσης επιλύσιµη σειρά. Απόδειξη. Η ουσία της απόδειξης ϐρίσκεται στο εξής γεγονός : Αν A B και B/A είναι αβελιανή, τότε για N τέτοια, ώστε A N B, η N/A είναι αβελιανή

1.3. ΠΑΡΑΓΟΥΣΑ ΣΕΙΡΑ. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 19 ως υποοµάδα αβελιανής και η B/N είναι αβελιανή ως πηλίκο της αβελιανής οµάδας B/A. Από τον ορισµό της επιλέπτυνσης και του παραπάνω γεγονότος έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Με τη ϐοήθεια των ϑεωρηµάτων ισοµορϕισµού µπορούµε να δείξουµε ότι υποοµάδες και οµάδες πηλίκων επιλύσιµων οµάδων είναι επιλύσιµες. Εχουµε το εξής αποτέλεσµα. Πρόταση 8 Εστω G οµάδα. (i) Αν η G είναι επιλύσιµη και H G τότε η H είναι επιλύσιµη. (ii) Αν N G, τότε η G είναι επιλύσιµη αν και µόνο αν N και G/N είναι επιλύσιµες. Απόδειξη. (i) Εστω {1 G } = G 0 G 1 G r = G µία κανονική σειρά της G µε G i+1 /G i αβελιανή για κάθε i. Εστω H i = G i H. Τότε η H έχει µία σειρά {1 G } = H 0 H r = H. Ισχυριζόµαστε ότι οι οµάδες πηλίκου H i+1 /H i είναι αβελιανές. Πράγµατι, H i+1 /H i = G i+1 H G i H = G i+1 H G i (G i+1 H) G i(g i+1 H) G i από το πρώτο Θεώρηµα ισοµορϕισµού. Αλλά η(g i (G i+1 H))/G i είναι υποοµάδα της G i+1 /G i και έτσι η H i+1 /H i είναι αβλιανή και εποµένως η H είναι επιλύσιµη. (ii) Ορίζουµε τις G i όπως προηγουµένως. Τότε η G/N έχει µία σειρά N/N = G 0 N/N G 1 N/N G r N/N = G/N. Μία τυπική οµάδα πηλίκου είναι της µορϕής G i+1 N/N G i N/N που από το τρίτο και δεύτερο Θεώρηµα ισοµορϕισµού έχουµε ότι G i+1 N/G i N = G i+1 (G i N)/G i N G i+1 /(G i+1 (G i N)) (G i+1 /G i )/(G i+1 (G i N))/G i

20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ που είναι πηλίκο της αβελιανής οµάδας G i+1 /G i επιλύσιµη. Αντίστροϕα, υπάρχουν δύο σειρές και συνεπώς η G/N είναι και {1 G } = N 0 N 1 N r = N N/N = G 0 /N G 1 /N G r /N = G/N µε αβελιανές οµάδες πηλίκου. Θεωρούµε την σειρά της G {1 G } = N 0 N 1 N r = N = G 0 G 1 G s = G. Οι οµάδες πηλίκου είναι είτε N i+1 /N i (που είναι αβελιανή) είτε G i+1 /G i, που είναι ισόµορϕη µε την G i+1 /N G i /N, που είναι αβελιανή. Συνεπώς, η G είναι επιλύσιµη. Μία οµάδα G λέγεται επέκταση της οµάδας A µε την οµάδα B αν η G έχει κανονική υποοµάδα N, που είναι ισόµορϕη µε την A, τέτοια, ώστε η G/N είναι ισόµορϕη µε την B. Ετσι, η Πρόταση 8 µας λέει ότι η κλάση των επιλύσιµων οµάδων είναι κλειστή ως προς τις υποοµάδες, οµάδες πηλίκων και επεκτάσεων. Οι απλές οµάδες παίζουν ένα σηµαντικό ϱόλο στη ϑεωρία των πεπερασµένων οµάδων. Κατά µία έννοια είναι τα ϑεµέλια πάνω στα οποία κτίζονται όλες οι πεπερασµένες οµάδες. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι κάθε κυκλική οµάδα µε τάξη p, όπου p πρώτος, είναι απλή οµάδα. Αϕού είναι αβελιανή, έχουµε ότι είναι επιλύσιµη. Το επόµενο αποτέλεσµα µας δείχνει ότι είναι και οι µόνες απλές επιλύσιµες οµάδες. Λήµµα 2 Μία επιλύσιµη οµάδα είναι απλή αν και µόνο αν είναι κυκλική µε τάξη p, όπου p είναι πρώτος. Απόδειξη. Αν η G είναι απλή επιλύσιµη οµάδα έχει µία σειρά {1 G } = G 0 G 1 G n = G µε G i+1 G i. Τότε G n 1 είναι γνήσια κανονική υποοµάδα της G, που είναι απλή, και έτσι G n 1 = {1 G } και G = G n /G n 1 που είναι αβελιανή. Αϕού

1.3. ΠΑΡΑΓΟΥΣΑ ΣΕΙΡΑ. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 21 κάθε υποοµάδα αβελιανής οµάδας είναι κανονική και κάθε στοιχείο της G παράγει κυκλική οµάδα, έχουµε ότι η G είναι κυκλική. Επειδή η G είναι απλή, έχουµε ότι η G έχει τάξη p, όπου p είναι πρώτος. Το αντίστροϕο είναι προϕανές. Παραδείγµατα 2 (i) Κάθε αβελιανή οµάδα G είναι επιλύσιµη, µε σειρά {1} G. (ii) Η S 3 είναι επιλύσιµη, επειδή έχει κανονική υποοµάδα H τάξης 3, που παράγεται από τον κύκλο (123), και η S 3 /H έχει τάξη 2. (iii) Η διεδρική οµάδα D 4 τάξης 8 είναι επιλύσιµη. Πράγµατι, η D 4 έχει κανονική υποοµάδα H τάξης 4 και D 4 /H έχει τάξη 2. Σηµειώνουµε ότι κάθε οµάδα τάξης 4 είναι αβελιανή. (iv) Η S 4 είναι επιλύσιµη, επειδή έχει κανονική σειρά {1} V A 4 S 4, όπου η A 4 έχει τάξη 12 και η V είναι η οµάδα Klein τάξης 4. Εϕαρµόζοντας το Θεώρηµα Lagrange, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Θεώρηµα 3 Εστω A n η εναλλάσσουσα υποοµάδα της S n. Τότε, για κάθε n 5, η A n είναι απλή. Απόδειξη. Πρώτα από όλα ϑα δείξουµε ότι οι κύκλοι µήκους 3 παράγουν την A n. Κάθε άρτια µετάθεση είναι γινόµενο από άρτιο αριθµό µεταβάσεων. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι (iκ)(ij) = (ijκ), and (κl)(ij) = (ilκ)(ijκ). Εποµένως κάθε άρτια µετάθεση γράϕεται ως γινόµενο 3-κύκλων. Κάθε 3- κύκλος είναι άρτια µετάθεση και έτσι, η A n παράγεται από 3-κύκλους. (Να παρατηρήσουµε εδώ ότι, από τις ασκήσεις 19 και 22 του κεϕαλαίου 1 προκύπτει ότι η S n παράγεται από όλους τους 2-κύκλους της µορϕής (1i) για i = 2,..., n. Αϕού κάθε στοιχείο της A n είναι άρτιο γινόµενο από µεταβάσεις της µορϕής (1i), η A n παράγεται από όλα τα στοιχεία (1i)(1j) = (1ij).) Εστω N µία κανονική υποοµάδα της A n και έστω ότι η N περιέχει ένα 3- κυκλο (ijκ). Εστω (i j κ ) ένας άλλος κύκλος µήκους 3. Αϕού n 5, έχουµε τουλάχιστον πέντε διαθέσιµα σύµβολα. Θεωρούµε την µετάθεση ( ) i j κ l m π = i j κ l m.

22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Αν η π είναι περιττή µετάθεση, τότε µπορούµε να την µετατρέψουµε σε άρτια αλλάζοντας το l µε το m. Είναι εύκολο να δείξουµε ότι π(ijκ)π 1 = (i j κ ). Επειδή η N είναι κανονική, έχουµε ότι (i j κ ) N. Εποµένως, όλοι οι κύκλοι µήκους 3 ανήκουν στην N και έτσι N = A n. (Θα µπορούσαµε να επιχειµατολογίσουµε και ως εξής : Επειδή η N είναι κανονική και n 5, χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι (123) N. Πράγµατι, ϑέτοντας π = (1i)(2j)(3κ)(4l)(5m)(lm), εύκολα ϐλέπουµε ότι π(ijκ)π 1 = (123). Για κάθε κ 4, ο κύκλος (32κ) A n. Συνεπώς, (32κ) 1 (123)(32κ) = (1κ2) N. Από εδώ η N περιέχει το (1κ2) 2 = (12κ) για όλα τα κ 3. Αλλά, για i 2, έχουµε ότι (1ij) = (12j)(12i)(12j) 1, και έτσι η A n παράγεται από τους κύκλους (12κ). Άρα N = A n.) Μένει να αποδείξουµε ότι η N περιέχει ένα κύκλο µήκους 3. δείξουµε σε τέσσερα ϐήµατα. 1. Υποθέτουµε ότι N περιέχει ένα στοιχείο Θα το x = abc, όπου a, b, c,... είναι ξένοι κύκλοι µεταξύ τους και a = (a 1 a m ) (m 4). Εστω t = (a 1 a 2 a 3 ). Τότε t 1 xt N. Αϕού η t µετατίθενται µε b, c,... (λόγω του ότι είναι ξένοι µεταξύ τους), έπεται ότι t 1 xt = (t 1 at)bc = z και έτσι zx 1 = (a 1 a 3 a m ).

1.3. ΠΑΡΑΓΟΥΣΑ ΣΕΙΡΑ. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 23 2. Υποθέτουµε ότι N περιέχει ένα στοιχείο x που στην ανάλυση του πε- ϱιέχει δύο κύκλους µήκους 3. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι x = (123)(456)y όπου y είναι µετάθεση που σταθεροποιεί τα 1,..., 6. Εστω t = (234). Τότε η N περιέχει το (t 1 xt)x 1 = (12436). Τότε, από την πρώτη περίπτωση, έχουµε ότι στην N υπάρχει 3-κύκλος. 3. Αν στην N δεν υπάρχει στοιχείο που να καλύπτεται από τις προηγού- µενες περιπτώσεις, τότε σε κάθε στοιχείο της N είτε εµϕανίζεται ακριβώς ένας 3-κύκλος είτε είναι γινόµενο από ξένους κύκλους µήκους 2. Τποθέτουµε ότι x = (123)p, όπου p µετατίθενται µε το x και p 2 = 1. Τότε το στοιχείο x 2 = (132) N. 4. Άρα η µόνη περίπτωση είναι ότι κάθε στοιχείο του N είναι γινόµενο από ξένους κύκλους µήκους 2. Επειδή n 5, µπορούµε να υποθέσουµε ότι η N έχει στοιχείο x = (12)(34)p όπου η p σταθεροποιεί τα 1, 2, 3, 4. Αν ϑέσουµε t = (234) τότε και αν ϑέσουµε u = (145), τότε (t 1 xt)x 1 = (14)(23) N u 1 (t 1 xtx 1 )u = (45)(23) N και έτσι (45)(23)(14)(23) = (145) N, που είναι άτοπο. Από τα παραπάνω ϐήµατα καταλήγουµε ότι η A n είναι απλή. Πόρισµα 3 Αν n 5, τότε η S n δεν είναι επιλύσιµη. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η S n είναι επιλύσιµη. Τότε η A n είναι επιλύσιµη. Επειδή η A n είναι απλή, έχουµε ότι η τάξη της A n είναι πρώτος αριθµός. Αλλά A n = n!/2. Επειδή n 5, καταλήγουµε σε άτοπο.

24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Εστω p ένας πρώτος αριθµός. Θυµίζουµε ότι µία πεπερασµένη οµάδα G είναι p-οµάδα αν η τάξη της είναι µία δύναµη του p. Για παράδειγµα, η διεδρική οµάδα D 4 τάξης 8 είναι 2-οµάδα, ενώ, για n 3, η S n δεν είναι p-οµάδα για κάθε πρώτο p. Από το Πόρισµα 3, έχουµε ότι η S n δεν είναι επιλύσιµη για κάθε n 5. Σε αντιπαράθεση, ϑα δείξουµε ότι κάθε πεπερασµένη p-οµάδα είναι επιλύσιµη. Πρώτα από όλα, ϑα ϑυµιθούµε µία πολύ σηµαντική ιδιότητα των πεπερασµένων p-οµάδων. Αν G είναι µία µη τετριµµένη πεπερασµένη p-οµάδα, τότε η G έχει µη τετριµµένο κέντρο. Λήµµα 3 Αν G είναι µία πεπερασµένη p-οµάδα τάξης p n, τότε η G έχει µία σειρά από κανονικές υποοµάδες έτσι ώστε G i = p i για i = 0,..., n. {1 G } = G 0 G 1 G n = G Απόδειξη. Εϕαρµόζουµε επαγωγή στο n. Για n = 0 ο ισχυρισµός µας είναι τετριµµένος. Υποθέτουµε ότι το αποτέλεσµα ισχύει για n = 1. Εστω Z = Z(G) το κέντρο της G. Τότε Z {1 G } και από το Θεώρηµα Lagrange η τάξη του Z είναι p m µε m 1. Επειδή το Z είναι αβελιανή οµάδα έχει ένα στοιχείο τάξης p. Εστω K η κυκλική υποοµάδα του Z που παράγεται από το στοιχείο αυτό. Αϕού K Z, η K είναι κανονική υποοµάδα της G και έτσι G/K έχει τάξη p n 1. Από την επαγωγική µας υπόθεση, η G/K έχει µία σειρά άποτελούµενη από κανονικές υποοµάδες K/K = G 1 /K G n /K όπου G i /K = p i 1. Αλλά τότε G i = p i και G i G. Θέτοντας G 0 = {1 G } έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Πόρισµα 4 Κάθε πεπερασµένη p-οµάδα είναι επιλύσιµη. Απόδειξη. Οι οµάδες πηλίκου G i+1 /G i της σειράς του Λήµµατος 3 έχουν τάξη p, και έτσι είναι κυκλικές και άρα αβελιανές. Εχουµε δει στη Πρόταση 5 ότι κάθε πεπερασµένη οµάδα έχει συνθετική σειρά. Το επόµενο αποτέλεσµα µας δίνει µία ικανή και αναγκαία συνθήκη πότε µία πεπερασµένη οµάδα είναι επιλύσιµη. Η συνθήκη δίνεται µε την ϐοήθεια συγκεκριµένης συνθετικής σειράς.

1.3. ΠΑΡΑΓΟΥΣΑ ΣΕΙΡΑ. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 25 Θεώρηµα 4 Μία πεπερασµένη οµάδα είναι επιλύσιµη αν και µόνο αν έχει µία συνθετική σειρά που τα πηλίκα της είναι κυκλικές οµάδες και κάθε οµάδα πηλίκο έχει τάξη πρώτο αριθµό. Απόδειξη. Από την Πρόταση 5, κάθε πεπερασµένη οµάδα έχει συνθετική σει- ϱά. Άρα µία επιλύσιµη σειρά µιας πεπερασµένης επιλύσιµης οµάδας µπορεί να επιλεπτυνθεί σε µία συνθετική σειρά που ϑα είναι επιλύσιµη, από την Πρόταση 7. Αλλά µία απλή αβελιανή οµάδα είναι κυκλική µε τάξη πρώτο αριθµό. Το αντίστροϕο προκύπτει από τον ορισµό της επιλύσιµης οµάδας. Να παρατηρήσουµε εδώ ότι µία επιλύσιµη οµάδα έχει συνθετικές σειρές αν και µόνο αν είναι πεπερασµένη. Πράγµατι, έστω G µία επιλύσιµη οµάδα. Υποθέτουµε ότι η G έχει συνθετικές σειρές. Τότε µία επιλύσιµη σειρά µπορεί να επιλεπτυνθεί σε µία συνθετική σειρά, που ϑα είναι πάλι επιλύσιµη. Εστω G = A 0 A 1 A k A k+1 = {1 G } µία συνθετική και επιλύσιµη σειρά. Τότε η A i /A i+1 είναι κυκλική τάξης p i, για κάποιο πρώτο p i, i = 0, 1,..., k και άρα G = p 0 p 1 p k. Συνεπώς η G είναι πεπερασµένη. Το αντίστροϕο προκύπτει από την Πρόταση 5. Μία οµάδα G λέµε ότι έχει max αν ισχύει µία από τις παρακάτω συνθήκες : (i) Κάθε γνήσια αύξουσα αλυσίδα υποοµάδων της G είναι πεπερασµένη. (ii) Κάθε υποοµάδα της G είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Παραδείγµατα οµάδων που έχουν max είναι : οι πεπερασµένες οµάδες, η άπειρη κυκλική οµάδα. Λήµµα 4 Εστω N G. Τότε G έχει max αν και µόνο αν η N και η G/N έχουν max. Απόδειξη. Εστω (H i ) i N µία αύξουσα αλυσίδα υποοµάδων της G. Υποθέτουµε ότι η N και η G/N έχουν max. Τότε υπάρχει n N έτσι ώστε και H i N = H n N H i N = H n N για όλα τα i n. Ισχυριζόµαστε ότι H i = H n για κάθε i n. Πράγµατι, H i = H i (H i N) = H i (H n N) = H n (H i N) (modular law, H n H i ) = H n (H n N) = H n.

26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Το αντίστροϕο είναι προϕανές. Εστω P µία (αλγεβρική) ιδιότητα των οµάδων. Παραδείγµατος χάριν, πεπερασµένη, κυκλική, αβελιανή. Μία οµάδα G ονοµάζεται πολυ-p αν υπάρχει µία (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 G } = G 0 G 1 G n 1 G n = G έτσι ώστε κάθε οµάδα πηλίκου G i /G i 1 έχει την ιδιότητα P. Προϕανώς, µία επιλύσιµη οµάδα είναι πολυ-αβελιανή. Με πολυ-c εννοούµε πολυ-(άπειρη κυκλική ή τετριµµένη). Παρατήρηση 1 Κάθε αβελιανή οµάδα είναι τετριµµένα επιλύσιµη οµάδα. Θα δείξουµε ότι µία αβελιανή οµάδα A είναι πολυ-κυκλική αν και µόνο αν A είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Πράγµατι, έστω A αβελιανή πολυ-κυκλική οµάδα. Τότε, υπάρχει (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 A } = A 0 A 1 A n 1 A n = A τέτοια, ώστε κάθε A i /A i 1 είναι κυκλική. Εστω a i A i έτσι ώστε A i /A i 1 = a i A i 1. Τότε A = a 1,..., a n. Αντίστροϕα, έστω A = a 1,..., a n αβελιανή οµάδα. Τότε {1 a } a 1 a 1, a 2 a 1,..., a n 1 A είναι κανονική σειρά µε κυκλικούς παράγοντες. Ετσι η A είναι πολυ-κυκλική. Λήµµα 5 Εστω P µία (αλγεβρική) ιδιότητα των οµάδων. Εστω G µία οµάδα που έχει την ιδιότητα P και, επιπλέον, κάθε υποοµάδα της έχει την ιδιότητα P. Τότε κάθε υποοµάδα πολυ-p οµάδας είναι πολυ-p. Απόδειξη. Εστω G µία πολυ-p οµάδα και έστω H µία υποοµάδα της G. Τότε υπάρχει (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 G } = G 0 G 1 G n 1 G n = G τέτοια, ώστε κάθε G i /G i 1 έχει την ιδιότητα P. Θέτουµε H i = G i H, i = 0,..., n. Τότε η H έχει (πεπερασµένη) κανονική σειρά {1 G } = H 0 H 1 H n 1 H n = H.

1.3. ΠΑΡΑΓΟΥΣΑ ΣΕΙΡΑ. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 27 Ισχυριζόµαστε ότι οι οµάδες πηλίκου H i+1 /H i έχουν την ιδιότητα P. Πράγ- µατι, H i+1 /H i G i(g i+1 H) G i G i+1 /G i. Επειδή κάθε G i+1 /G i έχει την ιδιότητα P, έχουµε ότι κάθε H i+1 /H i έχει την ιδιότητα P. Εποµένως, η H είναι πολυ-p. Λήµµα 6 Εστω G µία πολυ-(κυκλική ή πεπερασµένη) οµάδα. Τότε η G είναι (πολυ-c )-µε-πεπερασµένη. Απόδειξη. Η οµάδα G έχει µία πεπερασµένη κανονινκή σειρά (G i ) : {1 G } = G 0 G 1 G n 1 G n = G έτσι ώστε κάθε οµάδα πηλίκου G i /G i 1 είναι κυκλική ή πεπερασµένη. Θέλου- µε να αποδείξουµε ότι η G έχει κανονική υποοµάδα K, που είναι πολυ-c, και G/K είναι πεπερασµένη. Αν n = 1, τότε δεν έχουµε τίποτα να αποδείξου- µε. Υποθέτουµε ότι n > 1 και εϕαρµόζουµε επαγωγή. Ετσι η G n 1 έχει µία κανονική πολυ-c υποοµάδα H που έχει πεπερασµένο δείκτη στην G n 1. Εστω g G. Τότε H g = g 1 Hg G n 1 και G n 1 /H g G n 1 /H. Από τη Πρόταση ;; (I)(a) έχουµε ότι υπάρχουν πεπερασµένου πλήθους διαϕορετικές οµάδες µεταξύ των H g µε g G, και έστω H 1,..., H m. Τότε η H 0 = H 1 H m είναι κανονική στην G και έχει δείκτη το πολύ G n 1 : H n στην G n 1. Ετσι υπάρχει H 0 f G n 1, H 0 H και H 0 G. διακρίνουµε δύο περιπτώσεις. Περίπτωση 1. G/G n 1 πεπερασµένη (όχι απαραίτητα κυκλική). Τότε H 0 f G. Από το λήµµα 5, H 0 είναι πολυ-c. Περίπτωση 2. G/G n 1 C. Από την Πρόταση ;; (III), υπάρχει K/H 0 f G/H 0 µε K/H 0 C. Αϕού H 0 είναι πολυ-c, έχουµε ότι K είναι πολυ-c και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Το επόµενο αποτέλεσµα συνδέει την επιλυσιµότητα µε την πολυ-κυκλικότητα. Από το αποτέλεσµα αυτό προκύπτει ότι κάθε πολυ-κυκλική είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Θεώρηµα 5 Μία επιλύσιµη οµάδα G έχει max αν και µόνο αν η G είναι πολυκυκλική.

28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Απόδειξη. Εστω G µία επιλύσιµη οµάδα και υποθέτουµε ότι η G έχει max. Άρα η G είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Υπάρχει n N έτσι ώστε G (n) = {1 G }. Θεωρούµε ότι ο n είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε αυτή την ιδιότητα. Εποµένως, G = G (0) > G (1) > > G (n 1) > G (n) = {1 G }. Επειδή η G έχει max, κάθε G (i) (i = 0,..., n 1) είναι πεπερασµένα παραγό- µενη. Αϕού G (i+1) = (G (i) ), η οµάδα πηλίκου G (i) /G (i+1) είναι πεπερασµένα παραγόµενη αβελιανή οµάδα. Από την παρατήρηση 1, κάθε G (i) /G (i+1) είναι πολυ-κυκλική. Επειδή G είναι επιλύσιµη, από την Πρόταση 8, G (n 1) και G (n 2) /G (n 1) είναι επιλύσιµες. Εστω G (n 1) = a 1,n 1,..., a m,n 1. Επειδή G (n 1) είναι αβελιανή, {1 G } a 1,n 1 a 1,n 1, a 2,n 1 a 1,n 1,..., a m,n 1 = G (n 1). Οµοια, G (n 2) /G (n 1) = b 1,n 2 G (n 1),..., b k,n 2 G (n 1) είναι αβελιανή. Εποµένως, Ετσι G (n 1) G b 1,n 2 G (n 1) (n 1) G (n 1) b 1,n 2, b 2,n 2 G (n 1) G (n 1) {1 G } a 1,n 1 a 1,n 1, a 2,n 1 G (n 1) G(n 2) G (n 1). b 1,n 2, G (n 1)... b 1,n 2,..., b k,n 2, G (n 1) = G (n 2). Συνεχίζοντας µε αυτό τον τρόπο, κατασκευάζουµε µία πεπερασµένη κεντρική σειρά της G {1 G } = G 0 G 1 G m 1 G m = G έτσι ώστε κάθε οµάδα πηλίκου G i /G i+1 είναι κυκλική. Αντίστροϕα, υποθέτουµε ότι η G είναι πολυ-κυκλική. Για να δείξουµε ότι η G έχει max, αρκεί να δείξουµε, για κάποια N G, η N και η G/N έχουν max. Από το λήµµα 6, η G είναι πολυ-c -µε-πεπερασµένη, δηλ., υπάρχει N κανονική υποοµάδα της G, που είναι πολυ-c, και G/N πεπερασµένη. Συνεπώς, αρκεί να δείξουµε ότι η N έχει max. Αν N = {1 G }, τότε δεν έχουµε να αποδείξουµε τίποτα. Ετσι, υποθέτουµε ότι N {1 G }. Επειδή N είναι πολυ-c, υπάρχει πεπερασµένη κανονική σειρά, {1 G } = N 0 N 1 N m = N

1.4. ΚΑΤΩΤΕΡΗ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΣΕΙΡΑ. ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 29 έτσι ώστε N i+1 /N i, i = 0,..., m 1, είναι άπειρη κυκλική. Εστω M N. Επειδή κάθε υποοµάδα της C είναι άπειρη κυκλική ή τετριµµένη, από το λήµµα 5, M είναι πολυ-c, και εποµένως η M είναι πεπερασµένα παραγό- µενη. Εποµένως, η N έχει max. Επειδή, G/N είναι πεπερασµένη, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. 1.4 Κατώτερη κεντρική σειρά. Μηδενοδύναµες Οµάδες Με την ϐοήθεια των µεταθετών µπορούµε να ορίσουµε µία άλλη σειρά ως εξής. Θέτοντας γ 1 (G) = G, γ 2 (G) = G και γενικά γ n+1 (G) = (γ n (G), G) για n N, µε n 2, παίρνουµε µία φθίνουσα ακολουθία της G (γ c (G)) c 1 : G = γ 1 (G) γ 2 (G) που ονοµάζεται κατώτερη κεντρική σειρά. Η επόµενη πρόταση µας δίνει χρήσιµες πληροϕορίες για την κατώτερη κεντρική σειρά. Η απόδειξη είναι απλή και αϕήνονται όλες οι τεχνικές λεπτοµέρειες ως άσκηση στον αναγνώστη. Πρόταση 9 Οι όροι της κατώτερης κεντρικής σειράς της οµάδας G είναι πλή- ϱως αναλλοίωτες υποοµάδες της G και επιπλέον η υποοµάδα γ n (G)/γ n+1 (G) περιέχεται στο κέντρο της G/γ n+1 (G). Ετσι γ n (G)/γ n+1 (G) είναι αβελιανή για n = 1, 2,.... Εστω G µία οµάδα. Η σειρά {1} = H 0 H 1 H k = G καλείται κεντρική σειρά της G αν για κάθε n {1,..., k}, x H n = (x, g) H n 1 για κάθε g G. Με άλλα λόγια, (H n, G) H n 1 για κάθε n {1,..., k}. Παρατηρούµε ότι H 1 Z(G). Λήµµα 7 Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες. (i) Η οµάδα G έχει κεντρική σειρά {1} = H 0 H 1 H k = G

30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ (ii) H n G για 1 n k και H n /H n 1 Z(G/H n 1 ) για 1 n k. (iii) H n G για 1 n k και για κάθε n, η δράση της G µε συζυγία πάνω στην οµάδα πηλίκου H n /H n 1 είναι τετριµµένη. Απόδειξη. (i) = (ii) Επειδή (H n, G) H n 1 (n {1,..., k}), έχουµε ότι (h, g) H n 1 H n για όλα τα h H n και g G. Συνεπώς, g 1 hg H n για όλα τα h H n και g G. ηλ., H n G για όλα τα n {1,..., k}. Εστω hh n 1 H n /H n 1 και gh n 1 G/H n 1. Τότε (hh n 1, gh n 1 ) = (h, g)h n 1. Από την υπόθεση µας, (h, g) H n 1 και έτσι H n /H n 1 Z(G/H n 1 ). (ii) = (iii) Εστω g G και hh n 1, h H n. Η δράση της G πάνω στην H n /H n 1 ορίζεται ως εξής : Από την υπόθεση µας g hh n 1 = ghg 1 H n 1. hh n 1 Z(G/H n 1 ) (hh n 1, g 1 H n 1 ) = H n 1 g G (h, g 1 )H n 1 = H n 1 (h, g 1 ) H n 1. Εποµένως, g hh n 1 = hh n 1. (iii) = (i) Εστω η (πεπερασµένη) σειρά της G (H i ) : {1 G } = H 0 H 1 H k = G έτσι ώστε H n G για 1 n k και για κάθε n, η δράση της G µε συζυγία πάνω στην H n /H n 1 είναι τετριµµένη. Τότε g hh n 1 = hh n 1 h 1 ghg 1 H n 1 g G, h H n (h, g 1 ) H n 1 g G, h H n (H n, G) H n 1. ηλ., η σειρά (H i ) είναι κεντρική. Μία οµάδα G ονοµάζεται µηδενοδύναµη (nilpotent) αν έχει µία (πεπερασµένη) κεντρική σειρά. Αν G είναι µηδενοδύναµη, η κλάση µηδενοδυναµίας της G ορίζεται να είναι το µήκος της µικρότερης κεντρικής σειράς της G. Να παρατηρήσουµε εδώ ότι µία µηδενοδύναµη οµάδα είνα επιλύσιµη, αϕού κάθε (πεπερασµένη) κεντρική σειρά είναι επιλύσιµη.

1.4. ΚΑΤΩΤΕΡΗ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΣΕΙΡΑ. ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 31 Πρόταση 10 Εστω R δακτύλιος (όχι απαραίτητα µεταθετικός) µε µονάδα 1 και I ένα ιδεώδες του µε I n = {0}. Θέτουµε G = 1 + I = {1 + x : x I} R. (i) G είναι υποοµάδα της οµάδας των αντιστρέψιµων στοιχείων του R. (ii) Θέτοντας G i = 1 + I i, i = 1,..., n, τότε {1} = G n G n 1 G 1 = G είναι µία κεντρική σειρά της G και έτσι η G είναι µηδενοδύναµη µε κλάση το πολύ n 1. (iii) Για κάθε i < n, η οµάδα πηλίκο G i /G i+1 είναι ισόµορϕη µε την προσθετική οµάδα I i /I i+1. (Με I i συµβολίζουµε το ιδεώδες που αποτελείται από όλα τα πεπερασµένα αθροίσµατα x 1 x 2 x i όπου x i I.) Απόδειξη. (i) Για x, y I, (1 + x)(1 + y) = 1 + (x + y + xy). Συνεπώς G είναι κλειστή ως προς τον πολλαπλασιασµό. Επειδή (1 + x)(1 x + x 2 ± x n 1 ) = 1 έχουµε ότι η G είναι υποοµάδα της οµάδας των µονάδων (αντιστρέψιµων) του R. (ii) Οµοια επιχειρήµατα όπως στο (i), έχουµε ότι G i G. Εστω g = 1 + x G i και h = 1 + y G. Τότε gh hg = xy yx I i+1 και έτσι (g, h) 1 = g 1 h 1 (gh hg) I i+1. ηλαδή, (g, h) 1 + I i+1 = G i+1. (iii) Ορίζουµε την απεικόνιση θ : G i I i /I i+1 µε θ(g) = (g 1) + I i+1. Τότε για g, h G i, θ(gh) = θ(g)θ(h), δηλαδή, θ είναι οµοµορϕισµός. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι θ είναι επί και kerθ = G i+1. Παραδείγµατα 3 Θα δώσουµε δύο χαρακτηριστικά παραδείγµατα µηδενοδύναµων οµάδων. (A) Εστω K σώµα και n φυσικός αριθµός. Συµβολίζουµε µε T n (K) την οµάδα αποτελούµενη από όλους τους n n άνω τριγωνικούς πίνακες µε 1 στη κύρια διαγώνιο. Με τη ϐοήθεια της Πρότασης 10 ϑα αποδείξουµε ότι η T n (K) είναι µηδενοδύναµη κλάσης n 1. Εστω R µεταθετικός δακτύλιος µε 1 και έστω V = R} {{ R}, ελεύθερο n R-module. Γράϕουµε µε E = End R (V) = M n n (R)

32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ τον δακτύλιο των R-ενδοµορϕισµών του V. Για i = 1,..., n, ϑέτουµε και V i = R R } {{ } i I = {α E : α(v i ) V i 1, i = 1,..., n}. Ετσι το I αποτελείται από όλους τους n n άνω τριγωνικούς πίνακες µε 0 στην κύρια διαγώνιο. Προϕανώς, I n = {0} και η Πρόταση 10 µας λέει ότι η οµάδα G = 1 + I = T n (R) είναι µηδενοδύναµη. (B) Η οµάδα Heisenberg ορίζεται να είναι η H = T 3 (Z). Θέτοντας A κ = 1 κ 0 0 1 0 0 0 1, Bl = 1 0 0 0 1 l 0 0 1, Cm = 1 0 m 0 1 0 0 1 1 για όλα τα κ, l, m Z. Παρατηρούµε ότι (A, B) = C, (C, A) = (C, B) = I 3 και κάθε στοιχείο της H γράϕεται (µοναδικά) ως 1 κ m + κl A κ B l C m = 0 1 l 0 0 1. Οπως ϑα δούµε στο κεϕάλαιο 9, η H είναι ελεύθερη µηδενοδύναµη κλάσης 2. ηλαδή, ϑα δείξουµε ότι H F 2 /γ 3 (F 2 ), όπου F 2 είναι η ελεύθερη οµάδα µε ϐαθµίδα 2. Λήµµα 8 Εστω G µία οµάδα. Υποθέτουµε ότι η G έχει (πεπερασµένη) κεντρική σειρά, δηλ., η G είναι µηδενοδύναµη, {H n } 1 n k : {1 G } = H 0 H 1 H k = G. Τότε H n Z n (G) και γ n+1 (G) H k n για 0 n k.

1.4. ΚΑΤΩΤΕΡΗ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΣΕΙΡΑ. ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 33 Απόδειξη. Εστω n = 1. Τότε (H 1, G) H 0 και έτσι H 1 Z(G) = Z 1 (G). Υποθέτουµε ότι ισχύει για n, δηλ., H n Z n (G). Επειδή η (H n ) είναι κεντρική, (H n+1, G) H n. Εστω x H n+1. Τότε (x, g) H n για κάθε g G. Από την επαγωγική µας υπόθεση, (x, g) Z n (G) για κάθε g G. Εποµένως, x Z n+1 (G) και έτσι H n Z n (G) για κάθε n, n {0,..., k}. Χρησιµοποιώντας όµοια επιχειρήµατα όπως προηγουµένως, ϑα δείξουµε ότι γ n+1 (G) H n k, n {0,..., k}. Εστω n = 0. Τότε γ 1 (G) H k = G. Υποθέτουµε ότι γ n+1 (G) H k n. Επειδή γ n+2 (G) = (u, g) : u γ n+1 (G), g G, αρκεί να δείξουµε ότι (u, g) H k n 1 για κάθε u γ n+1 (G) και g G. Επειδή u γ n+1 (G) H k n, και λόγω του ότι (H k n, G) H k n 1, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Το επόµενο αποτέλεσµα µας δίνει ικανές και αναγκαίες συνθήκες πότε µία οµάδα ειναι µηδενοδύναµη. Οι ικανές και αναγκαίες συνθήκες δίνονται µε την ϐοήθεια της κατώτερης και της ανώτερης κεντρικής σειράς. Πρόταση 11 Τα παρακάτω είναι ισοδύναµα. (i) Η οµάδα G είναι µηδενοδύναµη. (ii) Για κάποιο φυσικό ακέραιο c, γ c+1 (G) = {1 G }. (iii) Z c (G) = G. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η G είναι µηδενοδύναµη. Τότε υπάρχει µία (πεπε- ϱασµένη) κεντρική σειρά Από το λήµµα 8, {H n } 1 n c : {1 G } = H 0 H 1 H c = G. γ n+1 (G) H c n Z c n (G) για όλα τα n {0,..., c}. Για n = c, έχουµε ότι γ c+1 (G) = {1 G } και για n = 0, Z c (G) = G. Εστω c ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε την ιδιότητα γ c+1 (G) = {1 G }. Τότε, από την Πρόταση 9, έχουµε ότι η κατώτερη κεντρική σειρά (γ i (G)) της G είναι µία πεπερασµένη κεντρική σειρά της G και έτσι η G είναι µηδενοδύναµη. Από το λήµµα 8, προκύπτει ότι Z c (G) = G. Αν c είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος µε την ιδιότητα Z c (G) = G, τότε η G είναι µηδενοδύναµη, αϕού η ανώτερη κεντρική σειράς της είναι πεπερασµένη. Από το λήµµα 8, προκύπτει ότι γ c+1 (G) = {1 G }.

34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Από την παραπάνω πρόταση, ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος c µε την ιδιότητα γ c+1 (G) = {1 G } ή Z c (G) = G είναι η κλάση µηδενοδυναµίας της G. Εύκολα προκύπτει από εδώ ότι κάθε αβελιανή οµάδα είνα µηδενοδύναµη. Πρόταση 12 Εστω G µία µηδενοδύναµη οµάδα. Τότε κάθε υποοµάδα της και κάθε οµάδα πηλίκου της G είναι µηδενοδύναµη. Απόδειξη. Εστω H G. Τότε, για κάθε i, γ i (H) γ i (G). Ετσι αν γ c+1 (G) = {1 G } για κάποιο c, έχουµε, από τη Πρόταση 11, ότι η H είναι µηδενοδύναµη. Εστω N G. Από τους ορισµούς της κατώτερης κεντρικής σειράς και οµάδας πηλίκου προκύπτει ότι γ i (G/N) = γ i (G)N/N. Εύκολα προκύπτει ότι αν G είναι µηδενοδύναµη, τότε η G/N είναι µηδενοδύναµη. Να παρατηρήσουµε εδώ ότι σε µία µεταβελιανή οµάδα G, η G είναι αβελιανή (δηλ., µηδενοδύναµη) και η οµάδα πηλίκου G/G είναι αβελιανή (δηλ., µηδενοδύναµη), αλλά η G γενικά δεν είναι µηδενοδύναµη. Οι µηδενοδύνα- µες οµάδες έχουν την παρακάτω σηµαντική ιδιότητα. Πρόταση 13 Εστω G µία µηδενοδύναµη οµάδα. Τότε, για κάθε γνήσια υποο- µάδα H της G, N G (H) H. Επιπλέον, αν c είναι η κλάση µηδενοδυναµίας της G, τότε H = H 0 H 1 H r = G για κάποιο r c, όπου H i+1 = N G (H i ). Απόδειξη. Από την Πρόταση 11, έχουµε ότι Z c (G) = G για κάποιο c. Επειδή η H είναι γνήσια υποοµάδα υπάρχει m τέτοιο, ώστε Z m (G) H και Z m+1 (G) H. Για να δείξουµε ότι N G (H) H, αρκεί να δείξουµε ότι Z m+1 (G) N G (H). Εστω a Z m+1 (G). Τότε, επειδή Z m+1 (G)/Z m (G) = Z(G/Z m (G)), έχουµε ότι (h, a) Z m (G) για όλα τα h H. Από εδώ προκύπτει ότι a 1 ha H για όλα τα h H. Άρα a 1 Ha H. ουλεύοντας ακριβώς ανάλογα για a 1 Z m+1 (G), έχουµε ότι a 1 Ha = H και άρα a N G (H). Με επαγωγή στο i και χρησιµοποιώντας τα παραπάνω επιχειρήµατα έχουµε ότι Z i (G) H i. Επειδή Z c (G) = G, έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Πόρισµα 5 Εστω G µηδενοδύναµη οµάδα και H υποοµάδα της G. Αν G H = G, τότε H = G.

1.4. ΚΑΤΩΤΕΡΗ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΣΕΙΡΑ. ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ 35 Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η H είναι γνήσια υποοµάδα της G. Εστω ότι η H είναι κανονική. Αν η G/H είναι αβελιανή, τότε G H και εποµένως καταλήγουµε σε άτοπο. Ετσι η G/H δεν είναι αβελιανή. Συνεπώς, G/H (G/H) = G H/H, που είναι άτοπο. Τέλος, υποθέτουµε ότι η H είναι γνήσια, αλλά όχι κανονική, υποοµάδα. Από τη Πρόταση 13 και την υπόθεση µας, η κανονική ϑήκη K της H στην G είναι γνήσια υποοµάδα της G. Επειδή G H = G, έχουµε ότι G K = G. Εϕαρµόζοντας όµοια επιχειρήµατα όπως προηγουµένως έχουµε το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Πρόταση 14 Εστω G οµάδα και G/G είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Τότε γ i (G)/γ i+1 (G) είναι πεπερασµένα παραγόµενη, για κάθε i. Επιπλέον, αν η G είναι µηδενοδύναµη τότε η G είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Υποθέτουµε ότι η G/G έχει πεπερασµένο εκθέτη που διαιρεί τον m. Αν η G είναι µηδενοδύναµη µε κλάση c τότε η G είναι πεπερασµένη µε εκθέτη που διαιρεί τον m c. Απόδειξη. Εστω G οµάδα και G i = γ i (G). Ισχυριζόµαστε ότι η απεικόνιση ψ i : (G i 1 /G i ) Z (G 1 /G 2 ) G i /G i+1 µε τύπο ψ i ((G i g, G 2 h)) = G i+1 (g, h) είναι επιµορϕισµός οµάδων. (Το συµ- ϐολίζει το τανυστικό γινόµενο αβελιανών οµάδων.) Η απεικόνιση ψ i : (G i 1 /G i ) (G 1 /G 2 ) G i /G i+1 µε ψ i((g i g, G 2 h)) = G i+1 (g, h), είναι καλά ορισµένη. Πράγµατι, αν x G i και y G 2 τότε, για g G i 1 και h G, (xg, yh) = (x, h) g (g, h)(x, y) gh (g, y) h G i+1 (g, h). Η απεικόνιση ψ i είναι διγραµµική επειδή (g 1 g 2, h) = (g 1, h) g 2 (g 2, h), (g, h 1 h 2 ) = (g, h 2 )(g, h 1 ) h 2 και η οµάδα πηλίκο G i /G i+1 είναι κεντρικό πηλίκο της G. Εποµένως η α- πεικόνιση ψ i επάγει τον οµοµορϕισµό ψ i. Αϕού Im(ψ i ) περιέχει το σύνολο {G i+1 (g, h) : g G i, h G} που παράγει την G i /G i+1, η ψ i είναι επί. Αν η G/G είναι πεπερασµένα παραγόµενη τότε, Χρησιµοποιώντας την ψ i, και η γ i (G)/γ i+1 (G) είναι πεπερασµένα παραγόµενη. Το επόµενο αποτέλεσµα µας δίνει µία συνθήκη πότε µία υποοµάδα µιας πεπερασµένα παραγόµενης µηδενοδύναµης οµάδας έχει πεπερασµένο δείκτη.

36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΠΙΛΥΣΙΜΕΣ ΚΑΙ ΜΗ ΕΝΟ ΥΝΑΜΕΣ ΟΜΑ ΕΣ Θεώρηµα 6 Εστω G = g 1,..., g s µία πεπερασµένα παραγόµενη µηδενοδύναµη οµάδα και έστω H µία υποοµάδα της G. Υποθέτουµε ότι g m i i H, όπου m i > 0, 1 i s. Τότε η H έχει πεπερασµένο δείκτη στην G και για κάθε g G υπάρχει n N έτσι ώστε g n H. Απόδειξη. Χρησιµοποιούµε επαγωγή στο c. Εστω c = 1 και έστω m το Ε.Κ.Π των m 1,..., m s. Τότε η G είναι πεπερασµένα παραγόµενη αβελιανή οµάδα και G/H είναι πεπερασµένη αβελιανή οµάδα. Ετσι υποθέτουµε ότι c > 1. Επειδή η G είναι µηδενοδύναµη µε κλάση c, έχουµε ότι G = γ 1 (G) > γ 2 (G) > > γ c (G) > γ c+1 (G) = {1 G }. Άρα η G/γ c (G) έχει κλάση c 1. Από την επαγωγική µας υπόθεση, η Hγ c (G) έχει πεπερασµένο δείκτη στην G και από εδώ κάθε στοιχείο της G έχει µία δύναµη στο H. Επειδή η G έχει max, η γ c 1 (G) είναι πεπερασµένα παραγόµενη, και έστω {c 1,..., c t } ένα σύνολο γεννητόρων της. Υποθέτουµε ότι c n j j Hγ c (G), όπου n j > 0, 1 j t. Επειδή γ c (G) Z(G), εύκολα αποδεικνύεται ότι γ c (G) = [c j, g i ] : 1 i s, 1 j t. Χρησιµοποιώντας τη Πρόταση 2, έχουµε ότι [c j, g i ] n jm i = [c n j j, g m i i ] H για όλα τα i {1,..., s} και j {1,..., t}. Απο εδώ έπεται ότι η Hγ c (G)/H είναι πεπερασµένη και άρα το Ϲητούµενο αποτέλεσµα. Πόρισµα 6 Εστω G = a 1,..., a r πεπερασµένα παραγόµενη µηδενοδύναµη οµάδα και έστω ότι κάθε γεννήτορας a i έχει πεπερασµένη τάξη n i. Τότε η G είναι πεπερασµένη. Απόδειξη. Από το Θεώρηµα 6 για H = {1 G }. Ενας τρόπος κατασκευής µηδενοδύναµης ελεύθερης στρέψης οµάδα από µηδενοδύναµη οµάδα δίνεται στην επόµενη πρόταση. Πρόταση 15 Εστω H µία µηδενοδύναµη οµάδα και τ(h) το σύνολο των στοιχείων της H µε πεπερασµένη τάξη. Τότε τ(h) είναι χαρακτηριστική υποοµάδα της H και H/τ(H) είναι ελεύθερη στρέψης (δηλαδή, το µόνο στοιχείο της µε πεπερασµένη τάξη είναι το ουδέτερο). Αν H είναι πεπερασµένα παραγόµενη, τότε τ(h) είναι πεπερασµένη.