Α Δ Ι Α - Φ 6 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi20/asi20.html, https://sites.google.com/site/mathsedu/home/algdom Παρασκευή 6 Δεκεμβρίου 20 Ασκηση. Θεωρούμε τα ακόλουθα στοιχεία της (S 6, ): ( ) ( ) ( ) 2 5 6 2 5 6 2 5 6 σ =, τ =, μ =. 5 6 2 2 6 5 5 2 6 Λύση. () Να προσδιοριστούν οι χ τροχιές στις οποίες διαμερίζεται το σύνολο {, 2,,, 5, 6}, όταν χ = σ, τ, και μ. (2) Να προσδιοριστούν οι τάξεις o(σ), o(τ), και o(μ). () Να προσδιοριστεί η ανάλυση σε αποσυνδετούς (ξένους) κύκλους των σ, σ 2, σ, σ, σ 5, σ 6 (Τι παρατηρείτε;). () Να υπολογιστούν τα στοιχεία: σ τ σ, σ τ σ, τ σ τ, μ τ μ, μ τ 7 μ. (5) Να επιλυθεί ως προς x η εξίσωση: x σ x = ( 2 5 6). (6) Να δειχθεί ότι η ως προς x εξίσωση: x σ x = τ δεν διαθέτει λύση. () Για τη μετάθεση σ έχουμε: [] σ = {,,, 5, 6, 2} Άρα η σ έχει μόνο μια τροχιά αφού είναι ο κύκλος σ = ( 5 6 2). Για τη μετάθεση τ έχουμε: [] τ = {, 2,, } και [5] τ = {5, 6} Άρα η τ έχει δυο τροχιές και τ = ( 2 )(5 6). Για τη μετάθεση μ έχουμε: [] μ = {, 5}, [2] μ = {2}, [] μ = {, } και [6] μ = {6} Άρα η μ έχει τέσσερις τροχιές και μ = ( 5)( ). (2) Υπενθυμίζουμε από τη Θεωρία ότι ένας κύκλος μήκους k έχει τάξη k και η τάξη μιας μετάθεσης που είναι γινόμενο ξένων κύκλων είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των μηκών των κύκλων. Άρα επειδή έχουμε: σ = ( 5 6 2) & τ = ( 2 )(5 6) & μ = ( 5)( ) o(σ) = 6 & o(τ) = [, 2] = & o(μ) = [2, 2] = 2
2 () Έχουμε: σ = ( 5 6 2) σ 2 = σ σ = ( 5 6 2) ( 5 6 2) = ( 6)( 5 2) σ = σ σ 2 = ( 5 6 2) ( 6)( 5 2) = ( 6)(5 )(2 ) σ = σ 2 σ 2 = ( 6)( 5 2) ( 6)( 5 2) = ( 2 5)( 6 ) σ 5 = σ σ = ( 2 5)( 6 ) ( 5 6 2) = ( 2 6 5 ) σ 6 = () = ι Παρατηρούμε λοιπόν ότι η μετάθεση σ είναι κύκλος, αλλά η μετάθεση σ 2 δεν είναι κύκλος. Άρα η δύναμη κύκλου δεν είναι γενικά κύκλος. Από την άλλη πλευρά παρατηρούμε οτι η δύναμη σ 5 του κύκλου σ είναι κύκλος¹. () Έχουμε: σ τ σ = ( 5 6 2) ( 2 )(5 6) (2 6 5 ) = (2 6)( 5 ) σ τ σ = (2 6 5 ) ( 2 )(5 6) ( 5 6 2) = ( 2 6 )( 5) τ σ τ = ( 2 )(5 6) ( 5 6 2) (5 6)( 2 ) = ( 6 5 2 ) μ τ μ = ( 5)( ) ( 2 )(5 6) ( )(5 6) = ( 6)(2 5) Επειδή μ 2 = () έχουμε ότι μ = μ και επειδή τ = () έπεται ότι τ 7 = τ = τ. Άρα έχουμε: μ τ 7 μ = μ τ μ = ( 5)( ) (5 6)( 2 ) ( 5)( ) = ( 2 5 )( 6) (5) Έχουμε: x σ x = ( 2 5 6) = (x() x() x() x(5) x(6) x(2)) = ( 2 5 6) = x() =, x() = 2, x() =, x(5) =, x(6) = 5, x(2) = 6 Άρα λύση της εξίσωσης x σ x = ( 2 5 6) είναι η μετάθεση x = (2 6 5 ). (6) Από το ερώτημα (5) έχουμε ότι η μετάθεση x σ x είναι πάντοτε κύκλος. Όμως η μετάθεση τ δεν είναι κύκλος και άρα η εξίσωση: x σ x = τ δεν διαθέτει λύση. Ασκηση 2. () Έστω σ S n ένα στοιχείο της συμμετρικής ομάδας S n, n 2. Να δειχθεί ότι η τάξη του σ είναι 2 αν και μόνον αν η μετάθεση σ είναι γινόμενο αντιμεταθέσεων ξένων (αποσυνδετών) ανά δύο. (2) Έστω τ S 7 ένα στοιχείο της συμμετρικής ομάδας S 7 για το οποίο γνωρίζουμε ότι: τ = (2 5 6 7). Να βρεθεί η μετάθεση τ και να γραφεί ως γινόμενο ξένων (αποσυνδετών) κύκλων και αντιμεταθέσεων. ¹Γενικά αποδεικνύεται ότι αν ρ είναι ένας κύκλος μήκους k και m, τότε η μετάθεση ρ m μόνον αν (k, m) =, βλέπε το Φυλλάδιο 6 των Προτεινόμενων Ασκήσεων. είναι κύκλος αν και
Λύση. () Γνωρίζουμε ότι για κάθε σ S n, έχουμε: σ = c c 2 c t όπου τα c i, i t είναι κύκλοι τής S n αποσυνδετοί (ξένοι) ανά δύο. Γνωρίζουμε ακόμα ότι η τάξη τού σ ισούται με το Ε.Κ.Π. των τάξεων o(c i ), i t των κύκλων. Αλλά η τάξη οποιουδήποτε κύκλου c τής S n συμπίπτει με το μήκος του l(c). Γι αυτό o(σ) = Ε.Κ.Π. {l(c ), l(c 2 ),..., l(c t )} = [l(c ), l(c 2 ),..., l(c t )] Επιπλέον, αν ο σ δεν είναι το ταυτοτικό στοιχείο τής S n, τότε στην προηγούμενη ανάλυση (*) μπορούμε να θεωρήσουμε μόνο κύκλους μήκους 2. Επομένως: o(σ) = 2 = Ε.Κ.Π. {l(c ), l(c 2 ),..., l(c t )} = 2 = i, i t : l(c i ) = 2 = i, i t : c i = αντιμετάθεση. Αντίστροφα αν, ο σ είναι γινόμενο αντιμεταθέσεων (ξένων) αποσυνδετών ανά δύο, τότε η τάξη του είναι το Ε.Κ.Π. των μηκών τους, δηλαδή 2. (2) Επειδή τ τ και επειδή η τάξη της τ ως κύκλου μήκους 7 είναι ίση με 7, έπεται ότι 7 = o(τ ) o(τ). Από το (), θα έχουμε τ = τ τ 2 τ r, όπου οι κύκλοι τ i είναι ξένοι μεταξύ τους, και o(τ) = Ε.Κ.Π. {l(c ), l(c 2 ),..., l(c r )} και l(c ) + l(c 2 ) + + l(c r ) = 7. Επειδή 7 o(τ), αναγκαστικά θα έχουμε ότι η τ είναι κύκλος μήκους 7 και άρα o(τ) = 7. Τότε τ = e τ = τ 7 τ = τ 8 = τ τ = (2 5 6 7) (2 5 6 7) = ( 6 2 5 7) Τέλος η τ γράφεται ως γινόμενο αντιμεταθέσεων ως εξής: τ = ( 6 2 5 7) = ( 7) ( 5) ( ) ( 2) ( 6) ( ) ( ) Ασκηση. Θεωρούμε τις μεταθέσεις (μετατάξεις) της συμμετρικής ομάδας S 8 : ( ) ( ) 2 5 6 7 8 2 5 6 7 8 τ = και σ = 2 5 7 8 6 6 8 7 5 2 Λύση. () Να γραφούν οι μεταθέσεις σ και τ ως γινόμενα ξένων κύκλων. (2) Να προσδιοριστούν οι τάξεις των μεταθέσεων τ και σ. () Να υπολογιστεί η μετάθεση σ 20. () Να εξεταστεί αν, υπάρχει μετάθεση ρ S 8 τέτοια, ώστε: ρτρ = σ. Αν υπάρχει, να βρείτε μια τέτοια μετάθεση. () Θα έχουμε: (2) Θα έχουμε: τ = ( 2)( 5)(6 7 8) & σ = ( 6)(2 8)(5 7) () Επειδή 20 = 6 5 +, θα έχουμε: o(τ) = [2,, ] = 6 & o(σ) = [,, 2] = 6 σ 20 = σ 6 5+ = σ 6 5 σ = (σ 6 ) 5 σ = ι σ = σ Επειδή ξένοι κύκλοι αντιμετατίθενται, θα έχουμε: σ = ( ( 6)(2 8)(5 7) ) = ( 6) (2 8) (5 7) = (5 7) = (5 7) 2 (5 7) = (5 7)
() Επειδή τ = ( 2)( 5)(6 7 8) & σ = ( 6)(2 8)(5 7) = (5 7)( 6)(2 8) οι σ, τ έχουν την ίδια ανάλυση σε ξένους κύκλους (έναν κύκλο μήκους 2 και δύο κύκλους μήκους ). Άρα υπάρχει μετάθεση ρ S 8 έτσι ώστε: ρτρ = σ. Πράγματι θεωρούμε την μετάθεση: ( ) 2 5 6 7 8 ρ = ( 7 )(2 5 6) = 7 5 6 2 8 Τότε υπολογίζουμε εύκολα: ρτρ = ρ( 2)( 5)(6 7 8)ρ = ρ( 2)ρ ρ( 5)ρ ρ(6 7 8)ρ = = (ρ() ρ(2)) (ρ() ρ() ρ(5)) (ρ(6) ρ(7) ρ(8)) = (7 5) ( 6) (2 8) = σ Ασκηση. Θεωρούμε τη συμμετρική ομάδα S n, n. () Κάθε κύκλος στην S n μπορεί να γραφεί ως γινόμενο το πολύ n αντιμεταθέσεων. (2) Κάθε μετάθεση στην S n η οποία δεν είναι κύκλος, μπορεί να γραφεί ως γινόμενο το πολύ n 2 αντιμεταθέσεων. () Κάθε περιττή μετάθεση στην S n μπορεί να γραφεί ως γινόμενο 2n + αντιμεταθέσεων. () Κάθε άρτια μετάθεση στην S n μπορεί να γραφεί ως γινόμενο 2n + 8 αντιμεταθέσεων. Λύση. () Κάθε κύκλος γ = ( c c 2... ) c l, 2 l n γράφεται ως γινόμενο l αντιμεταθέσεων, αφού γ = ( c c l ) ( c c l ) ( c c i ) ( c c ) ( c c 2 ). (2) Αν σ S n δεν είναι κύκλος, τότε σ = γ γ 2 γ ρ, όπου οι γ i είναι αποσυνδετοί (ξένοι) κύκλοι με μήκη l(γ i ) 2 και όπου το άθροισμα των μηκών ρ i= l(γ i ) είναι n και όπου το ρ 2. Αφού κάθε κύκλος γ i είναι σύνθεση l(γ i ) αντιμεταθέσεων, η σ είναι σύνθεση ρ i= (l(γ i ) ) = ρ i= l(γ i ) ρ n ρ n 2. Επομένως, κάθε μετάθεση τής S n γράφεται ως γινόμενο το πολύ n αντιμεταθέσεων. () Αν τώρα η σ είναι περιττή τότε γράφεται ως γινόμενο s n αντιμεταθέσεων, όπου ο s είναι περιττός. Επομένως 2n + = s + (2n + s), όπου ο 2n + s είναι θετικός και άρτιος. Συμπληρώνουμε την ανάλυση τής σ με τις s το πλήθος αντιμεταθέσεις με την άρτια δύναμη ( ) 2n+ s 2, η οποία ισούται με την ταυτοτική απεικόνιση. Έτσι η σ γράφεται ως γινόμενο 2n + αντιμεταθέσεων. () Αν τέλος η σ είναι άρτια τότε γράφεται ως γινόμενο s n αντιμεταθέσεων, όπου ο s είναι άρτιος. Επομένως 2n + 8 = s + (2n + 8 s), όπου ο 2n + 8 s είναι θετικός και άρτιος. Συμπληρώνουμε την ανάλυση τής σ με τις s το πλήθος αντιμεταθέσεις με την άρτια δύναμη ( ) 2n+8 s 2, η οποία ισούται με την ταυτοτική απεικόνιση. Έτσι η σ γράφεται ως γινόμενο 2n + 8 αντιμεταθέσεων. Ασκηση 5. () Να δείξετε ότι κάθε μετάθεση σ A n, n, μπορεί να γραφεί ως γινόμενο -κύκλων. (2) Να βρεθούν τα αριστερά σύμπλοκα (πλευρικές κλάσεις) της κυκλικής υποομάδας H = ( 2 ) στην A. Λύση. () Παρατηρούμε ότι για n =, στην εναλλάσσουσα ομάδα A όλα τα στοιχεία της, εκτός του ταυτοτικού, είναι κύκλοι μήκους, και η ταυτοτική μετάθεση είναι γινόμενο κύκλων μήκους : A = { () = ( 2 )( 2 )( 2 ), ( 2 ), ( 2) }
Αν n, τότε επειδή κάθε στοιχείο της A n γράφεται σαν γινόμενο άρτιου πλήθους αντιμεταθέσεων, αρκεί να δείξουμε ότι το γινόμενο δυο αντιμεταθέσεων (a b), (c d) είναι γινόμενο κύκλων μήκους. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (αʹ) Αν οι αντιμεταθέσεις (a b) και (c d) είναι ξένες μεταξύ τους, τότε (a b) (c d) = (a c b) (a c d) (βʹ) Έστω ότι οι αντιμεταθέσεις (a b) και (c d) έχουν ένα κοινό στοιχείο. Αν λοιπόν a = c τότε (a b) (a d) = (a d b) Σημειώνουμε ότι αν έχουν δυο κοινά στοιχεία τότε το γινόμενο τους είναι η ταυτοτική μετάθεση. Συνεπώς το γινόμενο δύο αντιμεταθέσεων είναι γινόμενο κύκλων μήκους και άρα κάθε στοιχείο της εναλλάσσουσας ομάδας A n, n, είναι γινόμενο κύκλων μήκους. (2) Επειδή η μετάθεση ( 2 ) είναι ένας κύκλος μήκους τρία, έπεται ότι η τάξη της H είναι και επομένως ο δείκτης της H στην A θα είναι [A : H] = 2 =. Έτσι θα έχουμε αριστερά σύμπλοκα (πλευρικές κλάσεις). (αʹ) Θα έχουμε το σύμπλοκο ()H = H = { (), ( 2 ), ( 2) } (βʹ) Ο -κύκλος ( 2 ) δεν ανήκει στην Η και άρα θα έχουμε το σύμπλοκο ( 2 )Η = { ( 2 )(), ( 2 )( 2 ), ( 2 )( 2) } = { ( 2 ), ( )(2 ), ( ) } (γʹ) Ο -κύκλος (2 ) δεν ανήκει στην ένωση συμπλόκων H ( 2 )H και άρα θα έχουμε το σύμπλοκο (2 )Η = { (2 )(), (2 )( 2 ), (2 )( 2) } = { (2 ), ( )(2 ), ( 2) } (δʹ) Ο -κύκλος (2 ) δεν ανήκει στην ένωση συμπλόκων H ( 2 )H (2 )H και άρα θα έχουμε το σύμπλοκο (2 )Η = { (2 )(), (2 )( 2 ), (2 )( 2) } = { (2 ), ( 2)( ), ( ) } Επομένως τα αριστερά σύμπλοκα της H στην A είναι: H, ( 2 )Η, (2 )Η, (2 )Η 5 Ασκηση 6. () Να υπολογιστεί ο πίνακας πράξης της εναλλάσσουσας υποομάδας A της (S, ). (2) Να δειχθεί ότι n, n, η εναλλάσσουσα υποομάδα A n της (S n, ) δεν είναι αβελιανή (μεταθετική). Λύση. Η εναλλάσσουσα ομάδα A είναι υποομάδα της συμμετρικής ομάδας S η οποία αποτελείται από τις άρτιες μεταθέσεις: A = { (), ( 2 ), ( 2 ), ( ), (2 ), ( 2), ( 2), ( ), (2 ), ( 2)( ), ( )(2 ), ( )(2 ) } Ο πίνακας πολλαπλασιασμού (Cayley) της ομάδας A δίνεται παρακάτω:
6 () (2) (2) () (2) (2) (2) () (2) (2)() ()(2) ()(2) () () (2) (2) () (2) (2) (2) () (2) (2)() ()(2) ()(2) (2) (2) (2) ()(2) (2) (2)() () () ()(2) (2) () (2) (2) (2) (2) ()(2) (2) ()(2) (2) () () (2) (2)() () (2) (2) () () (2) (2)() () ()(2) ()(2) (2) () (2) (2) (2) (2) (2) (2) ()(2) () ()(2) (2) (2) (2)() (2) () (2) () (2) (2) (2) () (2) (2)() () (2) ()(2) (2) ()(2) (2) (2) () (2) (2) (2) () (2) ()(2) ()(2) (2) (2)() () (2) () (2) () () (2)() (2) () (2) (2) ()(2) () ()(2) (2) (2) (2) (2) (2) () ()(2) (2) () (2)() (2) ()(2) (2) (2) (2) () (2)() (2)() (2) (2) (2) (2) () () (2) (2) () ()(2) ()(2) ()(2) ()(2) (2) () (2) (2) (2) (2) (2) () ()(2) () (2)() ()(2) ()(2) () (2) (2) () (2) (2) (2) (2) ()(2) (2)() () Για n, θεωρούμε τις ακόλουθες μεταθέσεις: ( ) 2 5 n σ = ( 2 ) = A 2 5 n n & τ = ( ) = Τότε ( 2 5 ) n 2 5 n σ τ = ( 2 ) ( ) = ( ) ( 2) ( 2) ( ) = ( ) ( 2 ) = τ σ και άρα η εναλλάσσουσα υποομάδα A n, n, της S n δεν είναι αβελιανή. A n Ασκηση 7. Να δείξετε ότι η εναλλάσουσα ομάδα A έχει υποομάδες τάξης, 2,, και 2, αλλά δεν έχει υποομάδα τάξης 6². Λύση. () Προφανώς η A έχει υποομάδες τάξης, και 2. Το στοιχείο (2)() παράγει μια κυκλική ομάδα τάξης 2, το στοιχείο (2) παράγει μια υποομάδα τάξης, και το σύνολο {(), ( 2)( ), ( )(2 ), ()(2)} είναι μια υποομάδα τάξης (η οποία είναι «ισόμορφη» με την ομάδα του Klein). (2) Υποθέτουμε ότι Η είναι μια υποομάδα της Α με o(h) = 6. Τότε προφανώς ο δείκτης [A : H] = A H = 2 6 = 2 και επομένως η H έχει 2 διακεκριμμένα αριστερά σύμπλοκα στην A. Θα δείξουμε ότι κάθε στοιχείο της A το οποίο είναι της μορφής g 2, όπου g A, ανήκει στην H: M = { g 2 A g A } H Πράγματι: έστω g A. Αν g H, τότε g 2 H διότι η H είναι υποομάδα της A. Αν g / H, τότε τα σύμπλοκα ()Η = Η και gh, δεν συμπίπτουν, διότι διαφορετικά αν H = gh, τότε g H που είναι άτοπο. Άρα επειδή τα σύμπλοκα ()Η = Η και gh είναι διαφορετικά και επειδή η H έχει 2 διακεκριμμένα αριστερά σύμπλοκα στην A, έπεται ότι τα σύμλοκα H και gη αποτελούν μια διαμέριση της A, και άρα: A = H gh, H gh = Το σύμπλοκο g 2 H θα συμπίπτει με ένα εκ των H και gη. Αν g 2 H = gh, τότε (g 2 ) g = g 2 g = g H. Επειδή η H είναι υποομάδα, θα έχουμε g H το οποίο είναι άτοπο. Συμπεραίνουμε ότι: g 2 H = H κάτι το οποίο σημαίναι ότι g 2 H. Άρα η έγκλειση ( ) ισχύει. ²Επειδή 6 2 = A, αυτό δείχνει ότι δεν ισχύει το αντίστροφο του Θεωρήματος του Lagrange. ( )
Όμως το πλήθος των στοιχείων του συνόλου M των τετραγώνων στοιχείων της A είναι όπως μπορούμε να δούμε εύκολα, π.χ. από τον πίνακα πολλαπλασιασμού της A : M = { (), ( 2 ), ( 2 ), ( ), (2 ), ( 2), ( 2), ( ), (2 )} δηλαδή όλοι οι -κύκλοι και η ταυτοτική μετάθεση. Άρα M = 9 και επομένως δεν μπορεί να ισχύει η σχέση ( ), διότι H = 6. Στο άτοπο καταλήξαμε υποθέτοντας ότι η A έχει μια υποομάδα τάξης 6. Άρα η εναλλάσσουσα ομάδα A δεν έχει υποομάδα τάξης 6. 7 Ασκηση 8. Να βρεθεί το διάγραμμα Hasse της εναλλάσσουσας ομάδας A. Λύση. Σύμφωνα με το Θεώρημα του Lagrange, υποομάδες H της A τάξης n είναι πιθανόν να υπάρχουν, μόνον αν n = H 2, δηλαδή an n = 2, 6,,, 2,. Υπενθυμίζουμε την περιγραφή των στοιχείων της A από την Άσκηση 6: A = { (), ( 2 ), ( 2 ), ( ), (2 ), ( 2), ( 2), ( ), (2 ), ( 2)( ), ( )(2 ), ( )(2 ) } Προφανώς όλοι οι οκτώ το πλήθος -κύκλοι έχουν τάξη και τα τρία στοιχεία ( 2)( ), ( )(2 ), ( )(2 ) έχουν τάξη 2. Ιδιαίτερα δεν υπάρχουν στοιχεία τάξης ή 6. () Υποομάδες τάξης 2 της A : Προφανώς η μόνη υποομάδα τάξης 2 είναι η A. (2) Υποομάδες τάξης 6 της A : Όπως δείξαμε στην Άσκηση 7 δεν υπάρχει υποομάδα τάξης 6 της A. () Υποομάδες τάξης της A : Επειδή δεν υπάρχουν στοιχεία ταξης στην A, έπεται ότι δεν υπάρχει κυκλική υποομάδα τάξης στην A. Τότε όπως γνωρίζουμε, όλα τα στοιχεία, εκτός του ταυτοτικού, μιας υποομάδας τάξης θα έχουν τάξη 2. Τα μόνα στοιχεία τάξης 2 είναι τα γινόμενα των αντιμεταθέσεων ( 2)( ), ( )(2 ), ( )(2 ), και τότε εύκολα βλέπουμε, όπως στην Άσκηση 7, ότι το σύνολο V = {(), ( 2)( ), ( )(2 ), ()(2)} είναι μια υποομάδα τάξης (η οποία είναι «ισόμορφη» με την ομάδα του Klein). Προφανώς δεν υπάρχει άλλη υποομάδα τάξης στην A. () Υποομάδες τάξης της A : Αυτές, αν υπάρχουν, αναγκαστικά θα είναι κυκλικές με γεννήτορες στοιχεία τάξης. Έχουμε οκτώ στοιχεία τάξης, για τα οποία ισχύει ότι: ( 2) ( 2 ), ( 2) ( 2 ), ( ) ( ), (2 ) (2 ) Επομένως υπάρχουν τέσσερις διαφορετικές υποομάδες τάξης : ( 2 ), ( 2 ), ( ), (2 ) (5) Υποομάδες τάξης 2 της A : Αυτές, αν υπάρχουν, αναγκαστικά θα είναι κυκλικές με γεννήτορες στοιχεία τάξης 2. Έχουμε στοιχεία τάξης 2, τα ( 2)( ), ( )(2 ), ( )(2 ), τα οποία παράγουν τις ακόλουθες υποομάδες τάξης 2: ( 2)( ), ( )(2 ), ( )(2 ) Επειδή δεν υπάρχουν άλλα στοιχεία τάξης 2, έπεται ότι οι παραπάνω είναι όλες οι υποομάδες τάξης 2. Παρατηρούμε ότι οι παραπάνω υποομάδες τάξης 2 είναι υποομάδες της υποομάδας V τάξης. (6) Υποομάδες τάξης της A : Προφανώς η μόνη υποομάδα τάξης είναι η τετριμμένη {ι}.
8 Συνοψίζουμε: υπάρχουν, εκτός της τετριμμένης υποομάδας {ι}, και της A, υποομάδες τάξης οι οποίες παράγονται από -κύκλους, η ομάδα του Klein η οποία αποτελείται, εκτός της ταυτοτικής μετάθεσης, από γινόμενα 2-κύκλων, και οι υποομάδες της ομάδας του Klein οι οποίες παράγονται από τα στοιχεία τάξης 2. Μεταξύ αυτών των υποομάδων, οι μόνες μη-τετριμμένες ακμές οι οποίες υπάρχουν στο διάγραμμα Hasse των υποομάδων της A αντιπροσωπεύουν τις εγκλείσεις των τριών υποομάδων τάξης 2 στην ομάδα του Klein V. Το διάγραμμα Hasse των υποομάδων τής A A V (2) (2) (). (2) (2)() ()(2) ()(2) {Id } Ασκηση 9. Να δειχθεί ότι το πλήθος των άρτιων μεταθέσεων (μετατάξεων) μιας υποομάδας H της (S n, ) ισούται ή με o(h) ή με o(h)/2. Λύση. Έστω H S n. Θεωρούμε τα ακόλουθα υποσύνολα τής H: H + := {σ H σ = άρτια} & H =: H \ H + = {σ H σ = περιττή} Το H + είναι πάντοτε, αφού η H είναι υποομάδα τής S n και το ουδέτερο στοιχείο τής S n είναι άρτια μετάθεση (μετάταξη). Αν H + = H, τότε το πλήθος των άρτιων μετατάξεων (μεταθέσεων) τής H ισούται με (H). Αν το H + είναι γνήσιο υποσύνολο τής H, τότε το σύνολο H δεν είναι κενό και η H ως σύνολο είναι η αποσυνδετή (ξένη) ένωση των H + και H, δηλαδή H = H + H και H + H =. Γι αυτό και (H) = H = H + + H. Θα δείξουμε ότι το πλήθος τού H + ισούται με το πλήθος τού H κατασκευάζοντας δύο απεικονίσεις Φ: H + H και Ψ: H H + με Ψ Φ ίση με την ταυτοτική απεικόνιση επί τού H + και Φ Ψ ίση με την ταυτοτική απεικόνιση επί τού H. Έστω τ ένα συγκεκριμένο στοιχείο τού H. Θεωρούμε τις αντιστοιχίες Φ : H + H, α τ α & Ψ : H H +, β τ β Η Φ είναι όντως απεικόνιση, αφού όταν α H +, δηλαδή η α είναι μια άρτια μετάθεση (μετάταξη), τότε η σύνθεση τ α είναι περιττή, δηλαδή τ α H, αφού η τ είναι περιττή.
Η Ψ είναι όντως απεικόνιση, αφού όταν β H, δηλαδή η β είναι μια περιττή μετάθεση (μετάταξη), τότε η σύνθεση τ β είναι άρτια, δηλαδή τ β H +, αφού η τ είναι περιττή (διότι η τ είναι περιττή). Επιπλέον, για κάθε α H + είναι Ψ Φ(α) = Ψ(τ α) = τ (τ α) = α. Ωστε η Ψ Φ ίση με την ταυτοτική απεικόνιση επί τού H +. Τέλος, για κάθε β H είναι Φ Ψ(β) = Φ(τ β) = τ (τ β) = β. Ωστε η Φ Ψ ίση με την ταυτοτική απεικόνιση επί τού H. Συνεπώς, η Φ είναι αντιστρέψιμη και γι αυτό H + = H. Τώρα o(h) = H + + H = 2 H + και H + = o(h)/2. 9 Ασκηση 0. Να δειχθεί ότι το πρόσημο ε(σ) μιας μετάθεσης (μετάταξης ) σ της (S n, ) ισούται πάντοτε με το πρόσημο της ε(σ ) της σ. Λύση. Έστω σ = τ τ 2 τ m όπου τ i είναι αντιμεταθέσεις. Θυμίζουμε ότι κάθε μετάθεση γράφεται ως γινόμενο αντιμεταθέσεων, δείτε Άσκηση 7 παρακάτω. Τότε η αντίστροφη μετάθεση σ έχει τόσες αντιμεταθέσεις όσες έχει και η σ αφού σ = τ m τ m τ Επομένως αν η σ είναι άρτια τότε και η σ είναι άρτια και αν η σ είναι περιττή τότε και η σ είναι περιτή. Συνεπώς ε(σ) = = ε(σ ) ή ε(σ) = = ε(σ ) και άρα το πρόσημο ε(σ) μιας μετάθεσης σ S n ισούται πάντοτε με το πρόσημο ε(σ ) της σ. Ασκηση. Έστω ότι σ και τ είναι δύο στοιχεία της (S n, ), n 2. Να δειχθεί ότι () το στοιχείο στσ τ είναι πάντοτε στοιχείο της εναλλάσσουσας υποομάδας A n, (2) το στοιχείο στσ ανήκει στην A n, αν και μόνο αν, το στοιχείο τ ανήκει στην A n. Λύση. () Έστω σ = ρ ρ 2 ρ m και τ = μ μ 2 μ k όπου ρ i, μ j είναι αντιμεταθέσεις για κάθε i m και j k. Τότε έχουμε: σ τ σ τ = ρ ρ m μ μ k ρ m ρ μ k μ όπου σ = ρ m ρ και τ = μ k μ. Άρα το πλήθος των αντιμεταθέσεων της μετάθεσης σ τ σ τ είναι m + k + m + k = 2(m + k). Επομένως στσ τ A n. (2) Χρησιμοποιώντας τη παραπάνω ανάλυση σε αντιμεταθέσεις για τις σ και τ έχουμε: σ τ σ = ρ ρ m μ μ k ρ m ρ και άρα το πλήθος των αντιμεταθέσεων της μετάθεσης σ τ σ είναι m+k+m = 2m+k. Άρα η μετάθεση σ τ σ είναι άρτια αν και μόνο αν το k είναι άρτιος αριθμός, δηλαδή η μετάθεση τ είναι άρτια. Συνεπώς έχουμε ότι στσ A n αν και μόνο αν τ A n. Ασκηση 2. () Να βρεθεί το κέντρο Z(S n ) της συμμετρικής ομάδας S n ³. (2) Να βρεθεί το κέντρο Z(A n ) της εναλλάσσουσας ομάδας A n. Λύση. () (αʹ) Αν n 2, τότε η S n είναι αβελιανή και επομένως Z(S n ) = S n. ³Υπενθυμίζουμε ότι το κέντρο Z(G) μιας ομάδας G ορίζεται να είναι η υποομάδα Z(G) = {g G gh = hg, h G}.
0 (βʹ) Έστω n, και σ Z(S n ), όπου σ ι. Επειδή n 2 και σ ι, υπάρχουν στοιχεία i, j {, 2,, n}, όπου i j, έτσι ώστε σ(i) = j. Επειδή n, υπάρχει k {, 2,, n}, έτσι ώστε i k και k j. Τότε η μετάθεση σ (j k) στέλνει το i στο j η μετάθεση (j k) σ στέλνει το i στο k Άρα σ (j k) (j k) σ. Αυτό όμως είναι άτοπο διότι σ Z(S n ). Στο άτοπο καταλήξαμε υποθέτοντας ότι υπάρχει μη-ταυτοτική μετάθεση σ Z(S n ). Άρα: Z(S n ) = {ι}. Επομένως Z(S n ) = S n, n 2 & Z(S n ) = {ι}, n (2) (αʹ) Αν n, τότε η A έχει τάξη και άρα είναι αβελιανή. Επομένως Z(A n ) = A n. (βʹ) Έστω n, και σ Z(A n ), όπου σ ι. Επειδή n 2 και σ ι, υπάρχουν στοιχεία i, j {, 2,, n}, όπου i j έτσι ώστε σ(i) = j. Επειδή n, υπάρχουν στοιχεία k, l {, 2,, n}, έτσι ώστε i k και k j, i l και j l. Τότε η μετάθεση σ (j k l) στέλνει το i στο j η μετάθεση (j k l) σ στέλνει το i στο k Άρα σ (j k) (j k) σ. Αυτό όμως είναι άτοπο διότι σ Z(A n ). Στο άτοπο καταλήξαμε υποθέτοντας ότι υπάρχει μη-ταυτοτική μετάθεση σ Z(A n ). Άρα: Z(A n ) = {ι}. Επομένως Z(A n ) = A n, n & Z(A n ) = {ι}, n Ασκηση. () Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της (S n, ), n 2, μπορεί να γραφεί ως γινόμενο αντιμεταθέσεων της μορφής ( i). (2) Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της S n, n 2, μπορεί να γραφεί ως γινόμενο (δυνάμεων) των μεταθέσεων ( 2) και ( 2 n). Λύση. Γνωρίζουμε ότι κάθε στοιχείο της S n είναι γινόμενο αντιμεταθέσεων αφού κάθε μετάθεση σ S n αναλύεται κατά μοναδικό τρόπο σε γινόμενο κύκλων ξένων μεταξύ τους ανα δύο και κάθε κύκλος (a a 2 a m a m ) γράφεται ως εξής: (a a 2 a m a m ) = (a a m ) (a a m ) (a a ) (a a 2 ) Όμως για μια αντιμετάθεση (i j) με i j έχουμε και άρα (i j) = ( i) ( j) ( i) (a a 2 a m a m ) = ( a ) ( a m ) ( a ) ( a ) ( a 2 ) ( a ) Επομένως κάθε στοιχείο της (S n, ), n 2, είναι γινόμενο αντιμεταθέσεων της μορφής ( i). Ασκηση. Να υπολογιστεί η ομάδα συμμετριών του ρόμβου:
Λύση. Ένας ρόμβος έχει δύο άξονες ανάκλασεις και μια στροφή 80 γύρω από το κέντρο του ρόμβου. Παρακάτω παραθέτουμε τις συμμετρίες του ρόμβου: Στροφή 80 : 2. Τη παραπάνω διαδικασία περιγράφει η μετάθεση σ = ( )(2 ) S (σ) = 2. όπου η τάξη της είναι Ανάκλαση ως προς τον άξονα που διέρχεται από το και το 2: Την ανάκλαση ως προς τον άξονα -2 περιγράφει η μετάθεση τ = ( ) S και (τ) = 2. Ανάκλαση ως προς τον άξονα που διέρχεται από το και το :
2 2. Την ανάκλαση ως προς τον άξονα - περιγράφει η μετάθεση ρ = (2 ) S και (ρ) = 2. Ο πίνακας πολλαπλασιασμού της ομάδας συμμετριών του ρόμβου είναι ο ακόλουθος: () ( )(2 ) ( ) (2 ) () () ( )(2 ) ( ) (2 ) ( )(2 ) ( )(2 ) () (2 ) ( ) ( ) ( ) (2 ) () ( )(2 ) (2 ) (2 ) ( ) (2 )( ) () Μια ομάδα που είναι «ισόμορφη» με την ομάδα συμμετριών του ρόμβου είναι η ομάδα V του Klein, δηλαδή το ευθύ γινόμενο Z 2 Z 2 : Z 2 Z 2 = { ([0], [0]), ([0], []), ([], [0]), ([], []) } που έχει πίνακα: Η αντιστοιχία + ([0], [0]) ([], [0]) ([0], []) ([], []) ([0], [0]) ([0], [0]) ([], [0]) ([0], []) ([], []) ([], [0]) ([], [0]) ([0], [0]) ([], []) ([0], []) ([0], []) ([0], []) ([], []) ([0], [0]) ([], [0]) ([], []) ([], []) ([0], []) ([], [0]) ([0], [0]) () ([0], [0]), ( )(2 ) ([], [0]), ( ) ([0], []), (2 ) ([], []) μεταξύ των στοιχείων της ομάδας των συμμετριών του ρόμβου και των στοιχείων της Z 2 Z 2 δείχνει πράγματι ότι η ομάδα συμμετριών του ρόμβου είναι η Z 2 Z 2.