Κεφάλαιο 4 Οµάδες Μεταθέσεων 4.1 Συνοπτική Θεωρία Οι οµάδες µεταθέσεων επί ενός συνόλου και ιδιαίτερα επί του πεπερασµένου συνόλου { 12 n } αποτελούν µια από τις ϐασικότερες κλάσεις οµάδων. Στην παρούσα ενότητα επικεντρωνόµαστε στις ϐασικές ιδιότητες και στις εφαρµογές των κυριότερων αποτελεσµάτων που αφορούν οµάδων µεταθέσεων. Υπενθυµίζουµε ότι αν X είναι ένα µη-κενό σύνολο τότε η συµµετρική οµάδα επί του X ορίζεται να είναι το Ϲεύγος SX όπου SX = { f : X X f : απεικόνιση «1-1» και «επί» } όπου συµβολίζει την σύνθεση απεικονίσεων. Αν X = N n = { 12 n } ορίζουµε την n-οστή συµµετρική οµάδα ως την συµµετρική οµάδα επί του συνόλου N n. Η n-οστή συµµετρική οµάδα συµβολίζεται µε S n και τα στοιχεία της καλούνται µεταθέσεις του συνόλου N n. Σηµειώνουµε ότι η συµµετρική οµάδα SX επί ενός συνόλου X είναι αβελιανή αν και µόνον αν X 2 και αν X = n < τότε : osx = n!. Ετσι η n-οστή συµµετρική οµάδα S n έχει τάξη n! και είναι αβελιανή αν και µόνον αν n 2. Υπενθυµίζουµε ότι τα στοιχεία της S n δηλαδή οι «1-1» και «επί» απεικόνισεις σ : { 12 n } { 12 n } i σi παρίστανται χάριν εποπτείας µε έναν 2 n πίνακα 1 2 i n 1 n σ = σ1 σ2 σi σn 1 σn του οποίου η πρώτη γραµµή περιέχει τα στοιχεία του συνόλου N n και η δεύτερη γραµµή περιέχει τις εικόνες των στοιχείων αυτών µέσω της µετάθεσης σ. Μερικές ϕορές µια µετάθεση σ παρίσταται και αναγράφοντας σ πλήρως τη δράση της στα στοιχεία του συνόλου N n ως εξής i σi 1 i n για παράδειγµα η µετάθεση γράφεται µε αυτό τον τρόπο ως εξής : σ = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 3 2 5 7 6 1 4 8 1 σ 9 σ 8 σ 4 σ 5 σ 7 σ 1 2 σ 3 σ 2 6 σ 6 Αν στ S n τότε για το γινόµενο σ τ των µεταθέσεων σ και τ δηλαδή για τη σύνθεση των απεικονίσεων σ και τ όπου πρώτα εφαρµόζουµε τη συνάρτηση τ ϑα έχουµε 1 2 n 1 n 1 2 n 1 n σ τ = = σ1 σ2 σn 1 σn τ1 τ2 τn 1 τn 198
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 199 1 2 n 1 n = στ1 στ2 στn 1 στn Η ταυτοτική µετάθεση δηλαδή η ταυτοτική απεικόνιση Id Nn συµβολίζεται συνήθως µε ι και είναι ι = 1 2 n 1 n 1 2 n 1 n 1 2 i n 1 n Η αντίστροφη σ 1 της µετάθεσης σ = είναι η αντίστροφη α- σ1 σ2 σi σn 1 σn πεικόνιση σ 1 της σ και µπορεί να υπολογισθεί ως εξής : σ 1 σ1 σ2 σi σn 1 σn = 1 2 i n 1 n Εστω σ S n µια τυχούσα µετάθεση. Με ϐάση την σ ορίζουµε µια σχέση «σ» επί του συνόλου N n ως εξής : i j N n : i σ j z Z : σ z i = j Η ακόλουθη ϐοηθητική πρόταση πιστοποιεί ότι η σχέση «σ» είναι µια σχέση ισοδυναµίας επί του συνόλου N n. Λήµµα 4.1.1. Ας είναι σ S n µια µετάθεση του συνόλου N n = {12...n} τότε η σχέση «σ» είναι µια σχέση ισοδυναµίας επί του N n. Τώρα για κάθε µετάθεση σ S n το σύνολο N n διαµερίζεται στις κλάσεις ισοδυναµίας της σχέσης ισοδυναµίας «σ» τις οποίες ονοµάζουµε τροχιές της σ: Ορισµός 4.1.2. Η σ-τροχιά του στοιχείου i N n ορίζεται να είναι η κλάση ισοδυναµίας του i ως προς τη σχέση ισοδυναµίας «σ». Συνήθως η σ τροχιά του στοιχείου i N n συµβολίζεται µε O σ i ή [i] σ. Ετσι ϑα έχουµε : O σ i = { j N n j σ i } = { j N n z Z : σ z j = i } = { σ z i N n z Z } Θέλοντας να προσδιορίσουµε τις τροχιές µιας µετάθεσης σ S n εργαζόµαστε ως εξής : ξεκινάµε από ένα τυχόν στοιχείο i 1 του συνόλου N n και προσδιορίζουµε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο s 1 έτσι ώστε σ s 1 i 1 = i 1. Τότε η σ τροχιά του i 1 ϑα είναι το σύνολο O σ i 1 = { i 1 σi 1 σ s 1 1 i 1 } Κατόπιν επιλέγουµε ένα στοιχείο αν υπάρχει στο σύνολο N n \ O σ i 1 χάριν ευκολίας ας υποθέσουµε ότι αυτό είναι το i 2. Προσδιορίζουµε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο s 2 έτσι ώστε σ s 2 i 2 = i 2. Τότε η σ τροχιά του i 2 ϑα είναι το σύνολο O σ i 2 = { i 2 σi 2 σ s 2 1 i 2 } Παρατηρούµε ότι οι τροχιές O σ i 1 και O σ i 2 είναι ξένες O σ i 1 O σ i 2 = ως διακεκριµένες κλάσεις ισοδυναµίας ως προς τη σχέση ισοδυναµίας «σ». Κατόπιν επιλέγουµε ένα στοιχείο αν υπάρχει στο σύνολο N n \ O σ i 1 O σ i 2 χάριν ευκολίας ας υπο- ϑέσουµε ότι αυτό είναι το i 3. Προσδιορίζουµε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο s 3 έτσι ώστε σ s 3 i 3 = i 3. Τότε η σ τροχιά του i 3 ϑα είναι το σύνολο O σ i 3 = { i 3 σi 3 σ s 3 1 i 3 } Παρατηρούµε ότι οι τροχιές O σ i t 1 t 3 είναι ανά δύο ξένες µεταξύ τους δηλαδή O σ i k O σ i l = 1 k l 3 ως διακεκριµένες κλάσεις ισοδυναµίας ως προς τη σχέση ισοδυναµίας «σ». Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία επειδή το σύνολο N n είναι πεπερασµένο έπεται ότι υπάρχει ϑετικός ακέραιος r έτσι ώστε να έχουµε : N n = { 12 n } = O σ i 1 O σ i 2 O σ i r
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 200 Επειδή οι τροχιές ως κλάσεις ισοδυναµίας ως προς τη σχέση ισοδυναµίας «σ» είναι ξένες ανα δύο O σ i k O σ i l = 1 k l r έπεται ότι η παραπάνω ένωση είναι ξένη ένωση συνόλων. Εποµένως ϑα έχουµε : n = N n = r O σ i k = s 1 + s 2 + + s r k=1 Ορισµός 4.1.3. Μια µετάθεση της S n καλείται κύκλος της S n αν διαθέτει το πολύ µια τροχιά µε περισσότερα του ενός στοιχεία. Μήκος ενός κύκλου ονοµάζουµε το πλήθος των στοιχείων εκείνης της τροχιάς του που έχει το µεγαλύτερο πλήθος στοιχείων. Αν το µήκος ενός κύκλου είναι s τότε ο κύκλος καλείται s-κύκλος. Ενας 2-κύκλος δηλαδή ένας κύκλος µήκους 2 καλείται αντιµετάθεση. Ορισµός 4.1.4. ύο κύκλοι της S n ονοµάζονται ξένοι κύκλοι αν οι τροχιές τους µε το µεγαλύτερο πλήθος στοιχείων δεν έχουν κοινά στοιχεία. Ετσι αν : σ = i 1 i 2 i s και τ = j 1 j 2 j r είναι κύκλοι µήκους s και r αντίστοιχα τότε οι κύκλοι σ και τ είναι ξένοι αν : { i1 i 2 i s } { j1 j 2 j r } = Οι επόµενες προτάσεις περιγράφουν ϐασικές ιδιότητες κύκλων σε µια συµµετρική οµάδα. Πρόταση 4.1.5. 1. Κάθε µετάθεση της συµµετρικής οµάδας S n ή είναι ένας κύκλος ή είναι µια σύνθεση κύκλων ξένων ανά δύο όπου το µήκος εκάστου είναι 2. 2. Εστω ότι γ και δ είναι δύο ξένοι κύκλοι της συµµετρικής οµάδας S n τότε οι κύκλοι µετατίθενται µεταξύ τους δηλαδή γ δ = δ γ 3. Η ανάλυση µιας µετάθεσης σ S n ως γινόµενο ξένων κύκλων καθένας εκ των οποίων έχει µήκος 2 είναι µοναδική. ηλαδή αν σ = γ 1 γ 2 γ s = δ 1 δ 2 δ r τότε ισχύει ότι r = s και υπάρχει µια αναδιάταξη i 1 i 2 i s των δεικτών 12 s έτσι ώστε : γ k = δ ik 1 k s. Πρόταση 4.1.6. Εστω ότι σ είναι µια µετάθεση της συµµετρικής οµάδας S n. 1. Αν η µετάθεση σ είναι κύκλος της S n µήκους lσ τότε η τάξη oσ της σ ισούται µε oσ = lσ 2. Αν η µετάθεση σ είναι γινόµενο s 2 το πλήθος ξένων ανά δύο κύκλων γ i µήκους lγ i 2 1 i s: σ = γ 1 γ 2 γ s τότε η τάξη oσ της σ είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών lγ i 1 i s: oσ = [ lγ 1 lγ 2 lγ s ] Πρόταση 4.1.7. 1. Ο αντίστροφος ενός k-κύκλου γ S n είναι k-κύκλος και µάλιστα ισχύει ότι : a1 a 2 a k 1 = ak a k 1 a 1
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 201 2. Για κάθε µετάθεση σ S n και για κάθε κύκλο γ = a 1 a 2 a k Sn µήκους k ισχύει ότι : σ γ σ 1 = σ a 1 a 2 a k σ 1 = σa 1 σa 2 σa k Η παραπάνω Πρόταση µπορεί να χρησιµοποιηθεί για την εύρεση της συζυγούς µετάθεσης σ τ σ 1 µιας τυχούσας µετάθεσης τ. Πράγµατι ϑεωρούµε την ανάλυση σε ξένους κύκλους τ = τ 1 τ 2 τ k της µετάθεσης τ. Τότε ϑα έχουµε : σ τ σ 1 = σ τ 1 τ 2 τ k σ 1 = σ τ 1 τ 2 τ k σ 1 = σ τ 1 ι τ 2 ι ι τ k σ 1 = = σ τ 1 σ 1 σ τ 2 σ 1 σ σ 1 σ τ k σ 1 = σ τ 1 σ 1 σ τ 2 σ 1 σ τ k σ 1 Εποµένως αν τ r = a r 1 a r 2 a rkr 1 r s ϑα έχουµε : σ τ σ 1 = σa 11 σa 12 σa 1k1 σa 21 σa 22 σa 2k2 σa s1 σa s2 σa sks Σηµειώνουµε ότι ο παραπάνω υπολογισµός είναι αρκετός και για τον υπολογισµό της µετάθεσης σ 1 τ σ διότι σ 1 τ σ = σ 1 τ σ 1 1 και άρα : σ 1 τ σ = σ 1 a 11 σ 1 a 12 σ 1 a 1k1 σ 1 a s1 σ 1 a s2 σ 1 a sks Ορισµός 4.1.8. Εστω σ S n µια µετάθεση. Γράφουµε την σ ως γινόµενο ξένων κύκλων σ = σ 1 σ 2 σ s όπου επιτρέπουµε και κύκλους µήκους 1 την ταυτοτική µετάθεση και διατάσσουµε τους ξένους κύκλους κατά αύξουσα σειρά ανάλογα µε το µήκος τους δηλαδή : lσ 1 lσ 2 lσ s 1 lσ s Ο κυκλικός τύπος της µετάθεσης σ ορίζεται να είναι η ακολουθία αριθµών lσ1 lσ 2 lσ s 1 lσ s Ορισµός 4.1.9. Μια ακολουθία ϕυσικών αριθµών n 1 n 2 n r καλείται διαµέριση του ϕυσικού αριθµού n αν : n 1 n 2 n r και n 1 + n 2 + + n r = n Πρόταση 4.1.10. Εστω σ S n µια µετάθεση µε κυκλικό τύπο n 1 n 2...n t. ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των αριθµών n 1 n 2 n t : Τότε η τάξη της είναι το oσ = [n 1 n 2 n t ] Θεώρηµα 4.1.11. Αν σ και τ είναι δύο µεταθέσεις της S n τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Οι µεταθέσεις σ και τ είναι συζυγείς. 2. Οι µεταθέσεις σ και τ έχουν τον ίδιο κυκλικό τύπο. Πρόταση 4.1.12. 1. Κάθε µετάθεση σ S n n 2 είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων. 2. Κάθε κύκλος γ = a 1 a 2 a k της Sn n 2 είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων. Αν k 2 τότε ο κύκλος γ είναι γινόµενο k 1 το πλήθος αντιµεταθέσων.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 202 Θεώρηµα 4.1.13. εν υπάρχει µετάθεση σ S n n 2 το οποίο να είναι ταυτόχρονα γινόµενο και αρτίου και περιττού πλήθους αντιµεταθέσεων. Το παραπάνω αποτέλεσµα επιτρέπει να ορίσουµε άρτιες και περιττές µεταθέσεις. Ορισµός 4.1.14. Μια µετάθεση σ της συµµετρικής οµάδας S n n 2 καλείται άρτια αντίστοιχα περιττή αν είναι γινόµενο άρτιου αντίστοιχα περιττού πλήθους αντιµεταθέσεων. Πρόταση 4.1.15. Το υποσύνολο A n = { σ S n σ : άρτια µετάθεση } S n αποτελεί µια κανονική υποοµάδα της S n µε τάξη A n = n! 2. Ορισµός 4.1.16. Η υποοµάδα A n της S n η οποία αποτελείται από τοις άρτιες µεταθέσεις της S n καλείται η εναλλάσσουσα υποοµάδα της S n. Ορισµός 4.1.17. Το πρόσηµο µιας µετάθεσης σ ορίζεται να είναι ο αριθµός ɛσ { 1 1 } όπου ɛσ = 1 αν η µετάθεση σ είναι άρτια και ɛσ = 1 αν η µετάθεση σ είναι περιττή. Σύµφωνα µε τα παραπάνω έχουµε την ακόλουθη περιγραφή της εναλλάσσουσας υποοµάδας : A n = { σ S n ɛσ = 1 } Υπενθυµίζουµε ότι ένα υποσύνολο S G µιας οµάδας G καλείται σύνολο γεννητόρων της G αν G = S όπου S είναι η υποοµάδα της G η οποία παράγεται από το S δηλαδή κάθε στοιχείο της G γράφεται ως γινόµενο στοιχείων από το σύνολο S. Ενα σύνολο γεννητόρων S G µιας οµάδας G καλείται ελάχιστο σύνολο γεννητόρων αν δεν υπάρχει γνήσιο υποσύνολο του S το οποίο να είναι σύνολο γεννητόρων της G ή ισοδύναµα για κάθε στοιχείο g S το σύνολο S \ {g } δεν είναι σύνολο γεννητόρων της G. Θεώρηµα 4.1.18. Τα ακόλουθα σύνολα αντιµαταθέσεων είναι ελάχιστα σύνολα γεννητόρων της S n : S = { 1 2 T = { 1 2 R = { 1 2 1 3 1 4 1 n } 2 3 3 4 n 1 n } 1 2 3 n } n 3 Θεώρηµα 4.1.19. Τα ακόλουθα σύνολα αντιµεταθέσεων είναι σύνολα γεννητόρων της A n n 3: A = { σ S n σ είναι κύκλος µήκους 3 } B rs = { r s i S n 1 i r s n } r s C = { 1 2 3 } 1 2 4 1 2 n D = { i j k l A n 1 i j n και 1 k l n } n 5
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 203 4.2 Λυµένες Ασκήσεις Ασκηση 4.2.1. Εστω X και Y δύο µη-κενά σύνολα και υποθέτουµε ότι X = Y. Τότε οι συµµετρικές οµάδες SX και SY των συνόλων X και Y αντίστοιχα είναι ισόµορφες. Αναλυτικότερα αν ϕ: X Y είναι µια «1-1» και «επί» απεικόνιση τότε η απεικόνιση Φ : SX SY Φf = ϕ f ϕ 1 είναι ένας ισοµορφισµός οµάδων. Λύση. Επειδή X = Y έπεται ότι υπάρχει µια «1-1» και «επί» απεικόνιση ϕ: X Y. απεικόνιση : Φ: SX SY Φf = ϕ f ϕ 1 Ορίζουµε µια ηλαδή η απεικόνιση Φ στέλνει την «1-1» και «επί» απεικόνιση f : X X στην απεικόνιση Φf : Y Y η οποία ορίζεται ως η εξής σύνθεση : ϕ 1 Y X Φf 1. Η Φ είναι καλά ορισµένη: Εστω f SX. Θα δείξουµε ότι η απεικόνιση Φf ανήκει στο σύνολο SY f δηλαδή είναι «1-1» και «επί». Αυτό όµως είναι άµεσο διότι Φf = ϕ f ϕ 1 : Y Y είναι «1-1» και «επί» ως σύνθεση απεικονίσεων οι οποίες είναι «1-1» και «επί». 2. Η Φ είναι «1-1»: Εστω f g SX και υποθέτουµε ότι Φ f = Φg. Τότε χρησιµοποιώντας την προσεταιριστική ιδιότητα της σύνθεσης απεικονίσεων συνθέτοντας από αριστερά µε την ϕ 1 και από τα δεξιά µε την ϕ ϑα έχουµε : Φf = Φg = ϕ f ϕ 1 = ϕ g ϕ 1 = ϕ 1 ϕ f ϕ 1 = ϕ 1 ϕ g ϕ 1 = Id Y f ϕ 1 = Id Y g ϕ 1 = f ϕ 1 = g ϕ 1 = f ϕ 1 ϕ = g ϕ 1 ϕ = f Id X = g Id X = f = g Εποµένως η Φ είναι «1-1». 3. Η Φ είναι «επί»: Αν h : Y Y είναι µια 1-1 και επί απεικόνιση δηλαδή ένα στοιχείο της οµάδας SY τότε ϑεωρούµε την απεικόνιση ϕ 1 h ϕ : X X η οποία είναι 1-1 και επί ως σύνθεση απεικονίσεων οι οποίες είναι «1-1» και «επί» και άρα ανήκει στην οµάδα SX. Επιπλέον Εποµένως η απεικόνιση Φ είναι «επί». 4. Η Φ διατηρεί τη σύνθεση: Εστω f g SX. Τότε : Y ϕ X Φϕ 1 h ϕ = ϕ ϕ 1 h ϕ ϕ 1 = h Φf g = ϕ f g ϕ 1 = ϕ f g ϕ 1 = ϕ f Id Y g ϕ 1 = = ϕ f ϕ 1 ϕ g ϕ 1 = Φf Φg Άρα η απεικόνιση Φ: SX SY είναι «1-1» και «επί» και διατηρεί την πράξη της σύνθεσης απεικονίσεων. Εποµένως η απεικόνιση Φ είναι ένας ισοµορφισµός οµάδων.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 204 Ασκηση 4.2.2. Να προσδιοριστεί η ανάλυση σε ξένους κύκλους των µεταθέσεων σ = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 3 4 5 1 6 7 9 8 και τ = 1 2 3 4 5 6 6 5 4 3 1 2 Λύση. Για την σ ϑα έχουµε σ = 1 2 3 4 5 8 9 Η τάξη της σ είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών των ξένων κύκλων στην παραπάνω ανάλυση και άρα oσ = [52] = 10. Για την τ ϑα έχουµε : τ = 1 6 2 5 3 4 Η τάξη της τ είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών των ξένων κύκλων στην παραπάνω ανάλυση και άρα oτ = [42] = 4. Ασκηση 4.2.3. Να ϐρεθούν οι τροχιές οι δυνάµεις σ k και η τάξη της µετάθεσης 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 σ = 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 2 S 12 Λύση. Η σ είναι κύκλος αφού έχει ακριβώς µια τροχιά µε περισσότερα του ενός στοιχεία πρόκειται για την τροχιά O σ 2 = { 2 σ 1 2 = 4 σ 2 2 = 6 σ 3 2 = 8 σ 4 2 = 10 σ 5 2 = 12 } Το µήκος του κύκλου σ είναι 6 και εποµένως έχουµε : σ = 2 4 6 8 10 12 Μπορούµε να κατασκευάσουµε την προηγούµενη τροχιά αρχίζοντας από κάποιο άλλο στοιχείο της ας πούµε το 10. Τότε ϑα έχουµε : O σ 10 = { 10 σ 1 10 = 12 σ 2 10 = 2 σ 3 10 = 4 σ 4 10 = 6 σ 5 10 = 8 } και ο κύκλος γράφεται σ = 10 12 2 4 6 8 Προφανώς οι παραπάνω µεταθέσεις ορίζουν το ίδιο στοιχείο της S 12 δηλαδή τη µετάθεση σ. Επειδή η µετάθεση σ είναι κύκλος µήκους 6 έπεται ότι η τάξη της σ είναι ίση µε 6. Υπολογίζοντας τις δυνάµεις της σ ϑα έχουµε : σ 2 = 2 6 10 4 8 12 σ 3 = 2 8 4 10 6 12 σ 4 = 2 10 6 4 12 8 σ 5 = 2 12 10 8 6 4 = σ 1 Ασκηση 4.2.4. Θεωρούµε τα ακόλουθα στοιχεία της S 6 : σ = 1 2 3 4 5 6 τ = 3 1 4 5 6 2 1 2 3 4 5 6 µ = 2 4 1 3 6 5 1 2 3 4 5 6. 5 2 4 3 1 6 1. Να προσδιοριστούν οι τροχιές της χ στις οποίες διαµερίζεται το σύνολο { 123456 } όταν χ = σ τ και µ.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 205 2. Να προσδιοριστούν οι τάξεις oσ oτ και oµ. 3. Να προσδιοριστεί η ανάλυση σε ξένους κύκλους των σ σ 2 σ 3 σ 4 σ 5 σ 6 Τι παρατηρείτε;. 4. Να υπολογιστούν τα στοιχεία : σ τ σ 1 σ 1 τ σ τ σ τ 1 µ τ µ 1 µ 3 τ 7 µ 3. 5. Να επιλυθεί ως προς x η εξίσωση : x σ x 1 = 1 2 3 4 5 6 δηλαδή να ϐρεθεί αν υπάρχει µετάθεση τ S 6 έτσι ώστε : τ σ τ 1 = 1 2 3 4 5 6. 6. Να δειχθεί ότι η ως προς x εξίσωση : x σ x 1 = τ δεν διαθέτει λύση δηλαδή δεν υπάρχει µετάθεση ρ S 6 έτσι ώστε : ρ σ ρ 1 = τ. Λύση. 1. Για τη µετάθεση σ έχουµε: [1] σ = {1 3 4 5 6 2} Άρα η σ έχει µόνο µια τροχιά αφού είναι ο κύκλος σ = 1 3 4 5 6 2. Για τη µετάθεση τ έχουµε: Άρα η τ έχει δυο τροχιές και τ = 1 2 4 35 6. Για τη µετάθεση µ έχουµε: [1] τ = {1 2 4 3} και [5] τ = {5 6} [1] µ = {1 5} [2] µ = {2} [3] µ = {3 4} και [6] µ = {6} Άρα η µ έχει τέσσερις τροχιές και µ = 1 53 4. 2. Υπενθυµίζουµε από την υποενότητα 4.1 ότι ένας κύκλος µήκους k έχει τάξη k και η τάξη µιας µετάθεσης η οποία είναι γινόµενο ξένων κύκλων είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών των κύκλων. Άρα επειδή σ = 1 3 4 5 6 2 και τ = 1 2 4 35 6 και µ = 1 53 4 έχουµε: oσ = 6 και oτ = [42] = 4 και oµ = [22] = 2 3. Εχουµε: σ = 1 3 4 5 6 2 σ 2 = σ σ = 1 3 4 5 6 2 1 3 4 5 6 2 = 1 4 63 5 2 σ 3 = σ σ 2 = 1 3 4 5 6 2 1 4 63 5 2 = 3 65 12 4 σ 4 = σ 2 σ 2 = 1 4 63 5 2 1 4 63 5 2 = 3 2 51 6 4 σ 5 = σ 4 σ = 3 2 51 6 4 1 3 4 5 6 2 = 1 2 6 5 3 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 κύκλος 1. 1 Γενικά αποδεικνύεται ότι αν ρ είναι ένας κύκλος µήκους k και m 1 τότε η µετάθεση ρ m είναι κύκλος αν και µόνον αν km = 1 ϐλέπε την Άσκηση 4.3.25.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 206 4. Εχουµε: σ τ σ 1 = 1 3 4 5 6 2 1 2 4 35 6 2 6 5 4 3 1 = 2 63 1 5 4 σ 1 τ σ = 2 6 5 4 3 1 1 2 4 35 6 1 3 4 5 6 2 = 1 2 6 34 5 τ σ τ 1 = 1 2 4 35 6 1 3 4 5 6 2 5 63 4 2 1 = 3 6 5 4 2 1 µ τ µ 1 = 1 53 4 1 2 4 35 6 3 45 6 = 1 62 3 4 5 Επειδή µ 2 = ι έχουµε ότι µ 3 = µ και επειδή τ 4 = ι έπεται ότι τ 7 = τ 3 = τ 1. Άρα έχουµε: µ 3 τ 7 µ 3 = µ τ 1 µ = 1 53 4 5 63 4 2 1 1 53 4 = 3 2 5 41 6 5. Εχουµε: x σ x 1 = 1 2 3 4 5 6 = x1 x3 x4 x5 x6 x2 = 1 2 3 4 5 6 = x1 = 1 x3 = 2 x4 = 3 x5 = 4 x6 = 5 x2 = 6 Άρα λύση της εξίσωσης x σ x 1 = 1 2 3 4 5 6 είναι η µετάθεση x = 2 6 5 4 3. 6. Από το ερώτηµα 5. έχουµε ότι η µετάθεση x σ x 1 είναι πάντοτε κύκλος. Οµως η µετάθεση τ δεν είναι κύκλος και άρα η εξίσωση : x σ x 1 = τ δεν διαθέτει λύση. Ασκηση 4.2.5. 1. Θεωρούµε τις µεταθέσεις S 9 : σ = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 τ = 6 7 9 8 2 1 5 3 4 7 4 6 1 5 9 2 8 3 αʹ Να γραφούν οι µεταθέσεις σ και τ ως γινόµενα ξένων κύκλων και ως γινόµενα αντιµεταθέσεων και να εξετασθεί αν οι µεταθέσεις είναι άρτιες ή περιττές. ϐʹ Να εξετασθεί αν οι µεταθέσεις σ και τ είναι συζυγείς. Αν οι µεταθέσεις σ και τ είναι συζυγείς να ϐρεθεί µετάθεση ρ έτσι ώστε ρ σ ρ 1 = τ. γʹ Να ϐρεθούν οι µεταθέσεις 2. Θεωρούµε τη µετάθεση π = σ 2016 και τ 2016 1 2 3 4 5 6 7 8 9 S 3 7 9 6 i 1 2 j k 9 Για ποιές τιµές των i jk {12 9} η µετάθεση π είναι άρτια και για ποιές περιττή ; 3. Θεωρούµε τις µεταθέσεις S 8 : σ = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 τ = 7 6 3 4 2 8 1 5 9 6 1 5 4 3 7 2 8 Να εξετασθεί αν οι µεταθέσεις σ και τ είναι συζυγείς. Αν οι µεταθέσεις σ και τ είναι συζυγείς να ϐρεθεί µετάθεση ρ έτσι ώστε ρ σ ρ 1 = τ.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 207 Λύση. 1. Θα έχουµε : σ = 16 275 3948 και σ = 16 25 27 38 34 39 τ = 1724 369 και τ = 14 12 17 39 36 Επειδή η σ είναι γινόµενο 6 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η σ είναι άρτια και επειδή η µετάθεση τ είναι γινόµενο 5 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η µετάθεση τ είναι περιττή. Οι µεταθέσεις σ και τ δεν είναι συζυγείς διότι δεν έχουν την ίδια ανάλυση σε ξένους κύκλους : η σ είναι τύπου 4 3 2 και η µετάθεση τ είναι τύπου 4 3 1 1. ιαφορετικά επειδή συζυγείς µεταθέσεις έχουν το ίδιο πρόσηµο και επειδή η σ είναι άρτια και η τ είναι περιττή έπεται ότι οι µεταθέσεις σ και τ δεν είναι συζυγείς. Η τάξη της τ είναι το ελάχιστον κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων των ξένων κύκλων 1724 και 369 και άρα oτ = [43] = 12. Επειδή 2016 = 12 168 ϑα έχουµε τ 2016 = τ 12 168 = τ 12 168 = ι 168 = ι. Η τάξη της σ είναι το ελάχιστον κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων των ξένων κύκλων 3948 και 275 και 16 και άρα oσ = [432] = 12. Επειδή 2016 = 12 168 και επειδή oσ = oσ 1 ϑα έχουµε σ 2016 = σ 2016 = σ 12 168 = σ 12 168 = ι 168 = ι. 2. Οι δυνατές τιµές των i jk {12 9} είναι οι : 458. Ετσι εµφανίζονται οι εξής επιλογές : αʹ i = 4 j = 5 k = 8. Τότε : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 π = = 1398546 27 = 16 14 15 18 19 13 27 3 7 9 6 4 1 2 5 8 Επειδή η π είναι γινόµενο 7 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η π είναι περιττή. ϐʹ i = 4 j = 8 k = 5. Τότε : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 π = = 139546 27 = 16 14 15 19 13 27 3 7 9 6 4 1 2 8 5 Επειδή η π είναι γινόµενο 6 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η π είναι άρτια. γʹ i = 5 j = 4 k = 8. Τότε : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 π = = 139846 27 = 16 14 18 19 13 27 3 7 9 6 5 1 2 4 8 Επειδή η π είναι γινόµενο 6 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η π είναι άρτια. δʹ i = 5 j = 8 k = 4. Τότε : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 π = = 13946 27 = 16 14 19 13 27 3 7 9 6 5 1 2 8 4 Επειδή η π είναι γινόµενο 5 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η π είναι περιττή. εʹ i = 8 j = 5 k = 4. Τότε : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 π = = 13946 27 58 = 16 14 19 13 27 58 3 7 9 6 8 1 2 5 4 Επειδή η π είναι γινόµενο 6 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η π είναι άρτια. ϛʹ i = 8 j = 4 k = 5. Τότε : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 π = = 1395846 27 58 = 16 14 18 15 19 13 27 3 7 9 6 8 1 2 4 5 Επειδή η π είναι γινόµενο 7 αντιµεταθέσεων έπεται ότι η π είναι περιττή.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 208 3. Θα έχουµε 1 2 3 4 5 6 7 8 9 σ = = 17 2685 7 6 3 4 2 8 1 5 9 1 2 3 4 5 6 7 8 τ = = 35 1672 6 1 5 4 3 7 2 8 Επειδή οι µεταθέσεις σ τ έχουν τον ίδιο κυκλικό τύπο 42111 έπεται ότι είναι συζυγείς. Εποµένως υπάρχει µετάθεση ρ S 9 έτσι ώστε ρ σ ρ 1 = τ = ρ 17 ρ 1 ρ 2685 ρ 1 = ρ1ρ7 ρ2ρ6ρ8ρ5 = 35 1672 Ετσι µπορούµε να επιλέξουµε τη µετάθεση ρ να ικανοποιεί τις σχέσεις ρ1 = 3 ρ7 = 5 ρ2 = 1 ρ6 = 6 ρ8 = 7 ρ5 = 2 για τις υπόλοιπες τιµές 34 µπορούµε να ϑέσουµε : είτε ρ3 = 4 ρ4 = 8 είτε ρ3 = 8 ρ4 = 4 και τότε ϱποκύπτουν οι µεταθέσεις 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 ρ = = 1348752 ή ρ = = 138752 3 1 4 8 2 6 5 7 3 1 8 4 2 6 5 7 Ασκηση 4.2.6. 1. Εστω σ S n ένα στοιχείο της συµµετρικής οµάδας S n n 2. Να δειχθεί ότι η τάξη της σ είναι 2 αν και µόνον αν η µετάθεση σ είναι γινόµενο ξένων ανά δύο αντιµεταθέσεων. 2. Εστω τ S 7 ένα στοιχείο της συµµετρικής οµάδας S 7 για το οποίο γνωρίζουµε ότι : τ 4 = 2143567. Να ϐρεθεί η µετάθεση τ και να γραφεί ως γινόµενο ξένων κύκλων και αντιµεταθέσεων. Λύση. 1. Γνωρίζουµε ότι για κάθε σ S n έχουµε : σ = c 1 c 2 c t 4.1 όπου τα c i 1 i t είναι κύκλοι τής S n ξένοι ανά δύο. Γνωρίζουµε επίσης ότι η τάξη του σ ισούται µε το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο των τάξεων oc i 1 i t των κύκλων. Αλλά η τάξη οποιουδήποτε κύκλου c τής S n συµπίπτει µε το µήκος του lc. Ετσι : oσ = [lc 1 lc 2 lc t ] = Επιπλέον αν η µετάθεση σ δεν είναι το ταυτοτικό στοιχείο τής S n τότε στην προηγούµενη ανάλυση 4.1 µπορούµε να ϑεωρήσουµε µόνο κύκλους µήκους 2. Εποµένως : oσ = 2 = [lc 1 lc 2...lc t ] = 2 = lc i = 2 1 i t = c i = αντιµετάθεση 1 i t Αντίστροφα αν η µετάθεση σ είναι γινόµενο ξένων ανά δύο αντιµεταθέσεων τότε η τάξη της είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των µηκών τους δηλαδή 2. 2. Επειδή τ 4 τ και επειδή η τάξη της τ 4 ως κύκλου µήκους 7 είναι ίση µε 7 έπεται ότι ϑα έχουµε : 7 = oτ 4 oτ. Από το µέρος 1. ϑα έχουµε τ = τ 1 τ 2 τ r όπου οι κύκλοι τ i είναι ξένοι ανά δύο µεταξύ τους και oτ = [lc 1 lc 2 lc r ] και lc 1 + lc 2 + + lc r = 7. Επειδή 7 oτ αναγκαστικά ϑα έχουµε ότι η τ είναι κύκλος µήκους 7 και άρα oτ = 7. Τότε τ = ι τ = τ 7 τ = τ 8 = τ 4 τ 4 = 2 1 4 3 5 6 7 2 1 4 3 5 6 7 = 1 3 6 2 4 5 7 Τέλος η τ γράφεται ως γινόµενο αντιµεταθέσεων ως εξής : τ = 1 3 6 2 4 5 7 = 1 7 1 5 1 4 1 2 1 6 1 3
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 209 Ασκηση 4.2.7. Θεωρούµε τις µεταθέσεις της συµµετρικής οµάδας S 8 : τ = 1 2 3 4 5 6 7 8 2 1 4 5 3 7 8 6 και σ = 1. Να γραφούν οι µεταθέσεις σ και τ ως γινόµενα ξένων κύκλων. 2. Να προσδιοριστούν οι τάξεις των µεταθέσεων τ και σ. 3. Να υπολογιστεί η µετάθεση σ 2013. 4. Να εξεταστεί αν υπάρχει µετάθεση ρ S 8 τέτοια ώστε : ρτρ 1 = σ. Αν υπάρχει να ϐρείτε µια τέτοια µετάθεση. 1 2 3 4 5 6 7 8 3 4 6 8 7 1 5 2 Λύση. 1. Θα έχουµε : 2. Θα έχουµε : τ = 12345678 και σ = 13624857 oτ = [233] = 6 και oσ = [332] = 6 3. Επειδή 2013 = 6 335 + 3 ϑα έχουµε : σ 2013 = σ 6 335+3 = σ 6 335 σ 3 = σ 6 335 σ 3 = ι σ 3 = σ 3 Επειδή ξένοι κύκλοι µετατίθενται ϑα έχουµε : σ 3 = 13624857 3 = 136 3 248 3 57 3 = 57 3 = 57 2 57 = 57 4. Επειδή τ = 12345678 και σ = 13624857 = 57136248 οι σ τ έχουν την ίδια ανάλυση σε ξένους κύκλους έναν κύκλο µήκους 2 και δύο κύκλους µήκους 3. Άρα υπάρχει µετάθεση ρ S 8 έτσι ώστε : ρ τ ρ 1 = σ. Πράγµατι ϑεωρούµε την µετάθεση : Τότε υπολογίζουµε εύκολα : ρ = 1743 256 = 1 2 3 4 5 6 7 8 7 5 1 3 6 2 4 8 ρ τ ρ 1 = ρ 12 345 678 ρ 1 = ρ 12 ρ 1 ρ 345 ρ 1 ρ 678 ρ 1 = = ρ1ρ2 ρ3ρ4ρ5 ρ6ρ7ρ8 = 75 136 248 = σ Ασκηση 4.2.8. Θεωρούµε τη συµµετρική οµάδα S n n 3. Να δειχθούν τα εξής : 1. Κάθε κύκλος στην S n µπορεί να γραφεί ως γινόµενο το πολύ n 1 αντιµεταθέσεων. 2. Κάθε µετάθεση στην S n η οποία δεν είναι κύκλος µπορεί να γραφεί ως γινόµενο το πολύ n 2 αντιµετα- ϑέσεων. 3. Κάθε περιττή µετάθεση στην S n µπορεί να γραφεί ως γινόµενο 2n + 3 αντιµεταθέσεων. 4. Κάθε άρτια µετάθεση στην S n µπορεί να γραφεί ως γινόµενο 2n + 8 αντιµεταθέσεων.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 210 Λύση. 1. Κάθε κύκλος γ = c 1 c 2 c l 2 l n γράφεται ως γινόµενο l 1 αντιµεταθέσεων διότι : γ = c 1 c l c 1 c l 1 c 1 c i c 1 c 3 c 1 c 2 2. Αν σ S n δεν είναι κύκλος τότε σ = γ 1 γ 2 γ ρ όπου οι γ i είναι ξένοι κύκλοι µε µήκη lγ i 2 και όπου το άθροισµα των µηκών ρ i=1 lγ i είναι n και όπου ρ 2. Αφού κάθε κύκλος γ i είναι σύνθεση lγ i 1 αντιµεταθέσεων η σ είναι σύνθεση ρ ρ lγ i 1 = lγ i ρ n ρ n 2 i=1 i=1 αντιµεταθέσεων. Εποµένως κάθε µετάθεση της S n γράφεται ως γινόµενο το πολύ n 1 αντιµεταθέσεων. 3. Αν τώρα η σ είναι περιττή τότε γράφεται ως γινόµενο s n 1 αντιµεταθέσεων όπου ο s είναι περιττός. Εποµένως 2n + 3 = s + 2n + 3 s όπου ο 2n + 3 s είναι ϑετικός και άρτιος. Συµπληρώνουµε την ανάλυση τής σ µε τις s το πλήθος αντιµεταθέσεις µε την άρτια δύναµη 12 2n+3 s η οποία είναι ίση µε την ταυτοτική µετάθεση. Ετσι η σ γράφεται ως γινόµενο 2n + 3 αντιµεταθέσεων. 4. Αν τέλος η σ είναι άρτια τότε γράφεται ως γινόµενο s n 1 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 12 2n+8 s η οποία είναι ίση µε την ταυτοτική µετάθεση. Ετσι η σ γράφεται ως γινόµενο 2n + 8 αντιµεταθέσεων. Ασκηση 4.2.9. Θεωρούµε τη µετάθεση 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 σ = 9 1 4 5 7 3 6 10 2 8 13 11 12 S 13 Να ϐρεθεί η ανάλυση της σ σε ξένους κύκλους και η µετάθεση σ 2015. Ποιά είναι η τάξη της µετάθεσης σ 2015 ; Λύση. Υπολογίζουµε την ανάλυση της σ σε ξένους κύκλους : σ = 1 9 2 3 4 5 7 6 8 10 11 13 12 Εποµένως oσ = [ 3523 ] = 30 Θα υπολογίσουµε τη µετάθεση σ 2015. Επειδή oσ = 30 έπεται ότι σ 30 = ι. Εκτελούµε την Ευκλείδεια διαίρεση του 2015 µε το 30: 2015 = 67 30 + 5 και ϑα έχουµε : σ 2015 = σ 30 67+5 = σ 30 67 σ 5 = σ 30 67 σ 5 = ι 67 σ 5 = σ 5 Εκµεταλευόµενοι ότι ξένοι κύκλοι µετατίθενται ϑα υπολογίσουµε την µετάθεση σ 5 : σ 5 = 1 9 2 3 4 5 7 6 8 10 11 13 12 5 = 1 9 2 5 3 4 5 7 6 5 8 10 5 11 13 12 5 Επειδή η τάξη ενός κύκλου µήκους k είναι k ϑα έχουµε : 1 9 2 5 = 1 9 2 3+2 = 1 9 2 3 1 9 2 2 = ι 1 9 2 2 = 1 9 2 2 = 1 2 9 3 4 5 7 6 5 = ι 8 10 5 = 8 10 4 8 10 = 8 10 2 2 8 10 = ι 2 8 10 = ι 8 10 = 8 10
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 211 Εποµένως τελικά ϑα έχουµε 11 13 12 5 = 11 13 12 3+2 = 11 13 12 3 11 13 12 2 = = ι 11 13 12 2 = 11 13 12 2 = 11 12 13 σ 2015 = σ 5 = 1 2 9 ι 8 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 = 2 9 3 4 5 6 7 10 1 8 12 13 11 η οποία είναι µια µετάθεση µε τάξη oσ 2015 = [ 323 ] = 6. ιαφορετικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την τάξη της σ 2015 µε ϐάση τον τύπο τάξης δύναµης στοιχείου σε µια οµάδα oσ k = oσ 2015 = oσ 5 = oσ oσk : oσ oσ5 = 30 305 = 30 5 = 6 Ασκηση 4.2.10. Να ϐρεθεί η πιθανή τάξη στη συµµετρική οµάδα S n του γινοµένου ενός κύκλου µήκους 2 µε έναν κύκλο µήκους 3. Λύση. Εστω σ = i j ένας κύκος µήκους 2 δηλαδή µια αντιµετάθεση και τ = k l m ένας κύκλος µήκους 3. 1. Αν { i j } { klm } = τότε οι κύκλοι σ και τ είναι ξένοι και τότε oσ τ = [oσoτ] = [23] = 6 2. Αν ένα εκ των i j για παράδειγµα το j συµπίπτει µε ένα εκ των klm τότε : αʹ Αν j = k τότε τ = j l m και σ τ = i j j l m = i j l m = oσ τ = 4 ϐʹ Αν j = l τότε τ = k j m και σ τ = i j k j m = i j m k = oσ τ = 4 γʹ Αν j = m τότε τ = k l j και σ τ = i j k l j = i j k l = oσ τ = 4 3. Αν τα στοιχεία i j συµπίπτουν µε δύο από τα klm τότε : αʹ Αν i = k και j = l τότε τ = i j m και σ τ = i j i j m = j m = oσ τ = 2 ϐʹ Αν i = k και j = m τότε τ = i l j και σ τ = i j i l j = i l = oσ τ = 2 γʹ Αν i = l και j = m τότε τ = k i j και σ τ = i j k i j = j k = oσ τ = 2 Ασκηση 4.2.11. Να γραφούν τα στοιχεία των συµµετρικών οµάδων S 3 και S 4 ανάλογα µε τον κυκλικό τους τύπο και την τάξη τους :
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 212 Λύση. 1. Τα στοιχεία της S 3 : αʹ Η ταυτοτική µετάθεση ι τάξης 1 ϐʹ Οι ακόλουθοι 3 κύκλοι µήκους 2 αντιµεταθέσεις: 1 2 1 3 2 3 τάξης 2 γʹ Οι ακόλουθοι 2 κύκλοι µήκους 3: 1 2 3 1 3 2 τάξης 3 Η εναλλάσσουσα υποοµάδα A 3 αποτελείται από την ταυτοτική µετάθεση και τους 2 κύκλους µήκους 3. 2. Τα στοιχεία της S 4 : αʹ Η ταυτοτική µετάθεση ι τάξης 1 ϐʹ Οι ακόλουθοι 6 κύκλοι µήκους 2 αντιµεταθέσεις: 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 τάξης 2 γʹ Οι ακόλουθοι 8 κύκλοι µήκους 3: 1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4 1 3 2 1 4 2 1 43 2 4 3 τάξης 3 δʹ Οι ακόλουθες µεταθέσεις µε κυκλικό τύπο 2 2: 1 2 3 4 1 3 2 4 1 4 2 3 εʹ Οι ακόλουθοι 6 κύκλοι µήκους 4: 1 2 3 4 1 3 4 2 1 4 2 3 1 2 4 3 1 3 2 4 1 4 3 2 τάξης 2 τάξης 4 Η εναλλάσσουσα υποοµάδα A 4 αποτελείται από την ταυτοτική µετάθεση τους 8 κύκλους µήκους 3 και τα 3 γινόµενα ξένων αντιµεταθέσεων. Ασκηση 4.2.12. Να δειχθεί ότι η συµµετρική οµάδα S 4 περιέχει υποοµάδες H και G οι οποίες είναι ισόµορφες µε την οµάδα του Klein και τη διεδρική οµάδα D 4 αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι η V 4 είναι κανονική υποοµάδα της S 4 αλλά η D 4 δεν είναι κανονική υποοµάδα της S 4. 2 Λύση. Θεωρούµε το ακόλουθο υποσύνολο της S 4 : G = { ι 1234 1432 24 13 13 24 12 34 14 23 } Το οποίο εύκολα ϐλέπουµε ότι είναι κλειστό στην πράξη της S 4 και εποµένως αποτελεί υποοµάδα της S 4 µε τάξη 8. Θέτοντας a = 1234 και b = 13 εύκολα ϐλέπουµε ότι oa = 4 και a = { ι 1234 1432 13 24 } και ob = 2 και a b = b a 1. Ετσι ϑα έχουµε G = { ι a a 2 a 3 b b a b a 2 b a 3} Υπενθυµίζουµε ότι η διεδρική οµάδα D 4 είναι η οµάδα ισοµετριών του επιπέδου R 2 D 4 = { Id R 2 R R 2 R 3 T T R T R 2 T R 3} 2 Για την περιγραφή της οµάδα πηλίκο S4 /V 4 παραπέµπουµε στην Άσκηση 5.2.15.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 213 όπου or = 4 ot = 2 και R T = T R 1 και η απεικόνιση R παριστάνει στροφή επιπέδου κατά γωνία 90 µοιρών γύρω από την αρχή των αξόνων µε ϕορά αντίθετη της ϕοράς των δεικτών του ϱολογιού και η απεικόνιση T είναι ανάκλαση ως προς τον άξονα { 0 y R 2 y R }. Προφανώς η απεικόνιση f : G D 4 f b l a k = T l R k 0 l 1 0 k 3 είναι ένας ισοµορφισµός οµάδων. Παρόµοια ϑέτοντας c = 12 34 και d = 13 24 το σύνολο H = { ι c d c d } = { ι 12 34 13 24 14 23 } είναι µια υποοµάδα της S 4 µε τάξη ίση µε 4 η οποία είναι ισόµορφη µε την οµάδα του Klein V 4 = { e x y x y } µέσω του ισοµορφισµού g : H V 4 g ι = e g c = x g d = y g c d = x y Η G = D 4 δεν είναι κανονική υποοµάδα της S 4 διότι 13 D 4 και 123 13 123 1 = 123 13 132 = 12 D 4 Επειδή σ S 4 το συζυγές στοιχείο σ τ σ 1 ενός στοιχείου τ H έχει την ίδια κυκλική δοµή µε την κυκλική δοµή του τ έπεται ότι το στοιχείο σ τ σ 1 είναι είτε η ταυτοτική µετάθεση είτε γινόµενο δύο ξένων κύκλων. Αυτό σηµαίνει ότι σ τ σ 1 H σ S 4 δηλαδή η H είναι κανονική υποοµάδα της S 4. Ασκηση 4.2.13. Θεωρούµε τη διεδρική οµάδα D n τάξης 2n όπου oa = n ob = 2 και b a = a 1 b. 1. Να δειχθεί ότι b a k = a n k b 0 k < n. 2. oa k b = 2. 3. Να ϐρεθεί ο κεντροποιητής C Dn a. D n = { e a a 2 a n 1 b b a b a 2 b a n 1} Λύση. 1. Αν k = 0 τότε η σχέση b a k = a n k b προφανώς είναι αληθής διότι a n = e. Αν k = 1 τότε επειδή a n = e ϑα έχουµε a n 1 = a 1 και άρα b a = a n 1 b = a 1 b. Υποθέτουµε ότι η σχέση b a k = a n k b 0 k < n είναι αληθής. Τότε b a k+1 = b a k a = a n k b a = a n k a 1 b = a n k 1 b = a n k+1 b. Εποµένως η σχέση b a k = a n k b ισχύει για κάθε 0 k < n. 2. Για κάθε 0 k < n χρησιµοποιώντας ότι oa = n και ότι ob = 2 και το µέρος 1. ϑα έχουµε a k b 2 = a k b a k b = a k a n k b b = a n = e. Επειδή a k b e έπεται ότι oa k b = 2 0 k < n. 3. Υπενθυµίζουµε ότι C Dn a = { x D n x a = a x }. Επειδή a C Dn a και C Dn a D n ϑα έχουµε a C Dn a. Εποµένως από το Θεώρηµα του Lagreange ϑα έχουµε n = a C Dn a και άρα C Dn a = n m για κάποιον ϑετικό ακέραιο m. Από την άλλη πλευρά C Dn a D n = 2n και άρα 2n = k C Dn a για κάποιον ϑετικό ακέραιο k. Τότε 2n = k n m δηλαδή 2 = k m από όπου είτε m = 1 είτε m = 2. Αν m = 2 τότε προφανώς C Dn a = D n και αυτό είναι άτοπο διότι b C Dn a. Άρα m = 1 και C Dn a = n = a από όπου έπεται προφανώς ότι C Dn a = a. Ασκηση 4.2.14. 1. Να δείξετε ότι κάθε µετάθεση σ A n n 3 µπορεί να γραφεί ως γινόµενο 3-κύκλων.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 214 2. Να ϐρεθούν τα αριστερά σύµπλοκα αριστερές πλευρικές κλάσεις της κυκλικής υποοµάδας H = 123 στην εναλλάσσουσα οµάδα A 4. Λύση. 1. Παρατηρούµε ότι για n = 3 στην εναλλάσσουσα οµάδα A 3 όλα τα στοιχεία της εκτός του ταυτοτικού είναι κύκλοι µήκους 3 και η ταυτοτική µετάθεση είναι γινόµενο κύκλων µήκους 3: A 3 = { 1 = 1 2 31 2 31 2 3 1 2 3 1 3 2 } Αν n 4 τότε επειδή κάθε στοιχείο της A n ως άρτια µετάθεση γράφεται σαν γινόµενο άρτιου πλήθους αντιµεταθέσεων αρκεί να δείξουµε ότι το γινόµενο δυο αντιµεταθέσεων a bc d είναι γινόµενο κύκλων µήκους 3. ιακρίνουµε 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 Εστω 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 3 και άρα κάθε στοιχείο της εναλλάσσουσας οµάδας A n n 3 είναι γινόµενο κύκλων µήκους 3. 2. Επειδή η µετάθεση 123 είναι ένας κύκλος µήκους τρία έπεται ότι η τάξη της H είναι 3 και εποµένως ο δείκτης της H στην A 4 ϑα είναι [A 4 : H] = 12 3 = 4 Ετσι ϑα έχουµε 4 αριστερά σύµπλοκα πλευρικές κλάσεις. αʹ Θα έχουµε το σύµπλοκο 1H = H = { 1 123 132 } ϐʹ Ο 3-κύκλος 124 δεν ανήκει στην H και άρα ϑα έχουµε το σύµπλοκο 124H = { 1241 124123 124132 } = { 124 1423 134 } γʹ Ο 3-κύκλος 234 δεν ανήκει στην ένωση συµπλόκων H 124H και άρα ϑα έχουµε το σύµπλοκο 234H = { 2341 234123 234132 } = { 234 1324 142 } δʹ Ο 3-κύκλος 243 δεν ανήκει στην ένωση συµπλόκων H 124H 234H και άρα ϑα έχουµε το σύµπλοκο 243H = { 2431 243123 243132 } = { 243 1234 143 } Εποµένως τα αριστερά σύµπλοκα της H στην A 4 είναι : H 124H 234H 243H Ασκηση 4.2.15. 1. Να υπολογιστεί ο πίνακας Cayley της εναλλάσσουσας υποοµάδας A 4 της S 4. 2. Να δειχθεί ότι n 4 η εναλλάσσουσα υποοµάδα A n της S n δεν είναι αβελιανή.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 215 Λύση. Η εναλλάσσουσα οµάδα A 4 είναι υποοµάδα της συµµετρικής οµάδας S 4 η οποία αποτελείται από τις άρτιες µεταθέσεις : A 4 = { 1 123 124 134 234 132 142 143 243 1234 1324 1423 } Ο πίνακας Cayley της οµάδας A 4 δίνεται παρακάτω : 1 123 124 134 234 132 142 143 243 1234 1324 1423 1 1 123 124 134 234 132 142 143 243 1234 1324 1423 123 123 132 1324 234 1234 1 143 1423 124 134 243 142 124 124 1423 142 1324 123 134 1 243 1234 143 132 234 134 134 124 1234 143 1324 1423 234 1 132 123 142 243 234 234 1324 134 1423 243 142 1234 123 1 132 143 124 132 132 1 243 1234 134 123 1423 142 1324 234 124 143 142 142 234 1 132 1423 1324 124 1234 143 243 134 123 143 143 1234 123 1 142 243 1324 134 1423 124 234 132 243 243 143 1423 124 1 1234 132 1324 234 142 123 134 1234 1234 243 234 142 124 143 134 132 123 1 1423 1324 1324 1324 142 143 243 132 234 123 124 134 1423 1 1234 1423 1423 134 132 123 143 124 243 234 142 1324 1234 1 Για n 4 ϑεωρούµε τις ακόλουθες µεταθέσεις: 1 2 3 4 5 n 1 2 3 4 5 n σ = 1 2 3 = A 2 3 1 4 5 n n και τ = 1 4 3 = 4 2 1 3 5 n A n Τότε σ τ = 1 2 3 1 4 3 = 1 4 3 2 1 2 3 4 = 1 4 3 1 2 3 = τ σ και άρα η εναλλάσσουσα υποοµάδα A n n 4 της S n δεν είναι αβελιανή. Ασκηση 4.2.16. Να δειχθεί ότι η εναλλάσουσα οµάδα A 4 έχει υποοµάδες τάξης 1234 και 12 αλλά δεν έχει υποοµάδα τάξης 6. 3 Λύση. 1 Προφανώς η A 4 έχει υποοµάδες τάξης 1 και 12. Το στοιχείο 1234 παράγει µια κυκλική οµάδα τάξης 2 το στοιχείο 123 παράγει µια υποοµάδα τάξης 3 και το σύνολο { 1 1234 1324 1423 } είναι µια υποοµάδα τάξης 4 η οποία είναι ισόµορφη µε την οµάδα V των τεσσάρων στοιχείων του Klein επειδή κάθε στοιχείο της εκτός του ουδετέρου έχει τάξη 2. 2 Υποθέτουµε ότι H είναι µια υποοµάδα της A 4 µε oh = 6. Τότε προφανώς ο δείκτης [A 4 : H] = A 4 H = 12 6 = 2 και εποµένως η H έχει 2 διακεκριµµένα αριστερά σύµπλοκα στην A 4. Θα δείξουµε ότι κάθε στοιχείο της A 4 το οποίο είναι της µορφής g 2 όπου g A 4 ανήκει στην H: M := { g 2 A 4 g A 4 } H Πράγµατι : έστω g A 4. Αν g H τότε g 2 H διότι η H είναι υποοµάδα της A 4. Αν g H τότε τα σύµπλοκα 1H = H και g H δεν συµπίπτουν διότι διαφορετικά αν H = g H τότε g H που είναι άτοπο. Άρα επειδή τα σύµπλοκα 1H = H και g H είναι διαφορετικά και επειδή η H έχει 2 διακεκριµµένα αριστερά σύµπλοκα στην A 4 έπεται ότι τα σύµπλοκα H και g H αποτελούν µια διαµέριση της A 4 και άρα : A 4 = H g H και H g H = 3 Επειδή 6 12 = A4 αυτό δείχνει ότι δεν ισχύει το αντίστροφο του Θεωρήµατος του Lagrange.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 216 Το σύµπλοκο g 2 H ϑα συµπίπτει µε ένα εκ των H και g H. Αν g 2 H = g H τότε g 2 1 g = g 2 g = g 1 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. Οµως το πλήθος των στοιχείων του συνόλου M των τετραγώνων στοιχείων της A 4 είναι όπως µπορούµε να δούµε εύκολα π.χ. από τον πίνακα Cayley της A 4 ϐλέπε την Άσκηση 4.2.15: M = { 1 123 124 134 234 132 142 143 243} δηλαδή όλοι οι 3-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 4 έχει µια υποοµάδα τάξης 6. Άρα η εναλλάσσουσα οµάδα A 4 δεν έχει υποοµάδα τάξης 6. Ασκηση 4.2.17. Να ϐρεθεί το διάγραµµα Hasse της εναλλάσσουσας οµάδας A 4. Λύση. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα του Lagrange υποοµάδες H της A 4 τάξης n είναι πιθανόν να υπάρχουν µόνον αν n = H 12 δηλαδή αν n = 1264321. Υπενθυµίζουµε την περιγραφή των στοιχείων της A 4 από την Άσκηση 4.2.15: A 4 = { 1 123 124 134 234 132 142 143 243 1234 1324 1423 } Προφανώς όλοι οι οκτώ το πλήθος 3-κύκλοι έχουν τάξη 3 και τα τρία στοιχεία 1234 1324 1423 έχουν τάξη 2. Ιδιαίτερα δεν υπάρχουν στοιχεία τάξης 4 ή 6. 1. Υποοµάδες τάξης 12 της A 4 : Προφανώς η µόνη υποοµάδα τάξης 12 είναι η A 4. 2. Υποοµάδες τάξης 6 της A 4 : Οπως δείξαµε στην Άσκηση 4.2.16 δεν υπάρχει υποοµάδα τάξης 6 της A 4. 3. Υποοµάδες τάξης 4 της A 4 : Επειδή δεν υπάρχουν στοιχεία ταξης 4 στην A 4 έπεται ότι δεν υπάρχει κυκλική υποοµάδα τάξης 4 στην A 4. Τότε όπως γνωρίζουµε όλα τα στοιχεία εκτός του ταυτοτικού µιας υποοµάδας τάξης 4 ϑα έχουν τάξη 2. Τα µόνα στοιχεία τάξης 2 είναι τα γινόµενα των αντιµεταθέσεων 1234 1324 1423 και τότε εύκολα ϐλέπουµε όπως στην Άσκηση 4.2.16 ότι το σύνολο V 4 = {1 1234 1324 1423} είναι µια υποοµάδα τάξης 4 η οποία προφανώς είναι ισόµορφη µε την οµάδα των τεσσάρων στοιχείων του Klein. Προφανώς δεν υπάρχει άλλη υποοµάδα τάξης 4 στην A 4. 4. Υποοµάδες τάξης 3 της A 4 : Αυτές αν υπάρχουν αναγκαστικά ϑα είναι κυκλικές µε γεννήτορες στοιχεία τάξης 3. Εχουµε οκτώ στοιχεία τάξης 3 για τα οποία ισχύει ότι : 132 123 142 124 143 134 243 234 Εποµένως υπάρχουν τέσσερις διαφορετικές υποοµάδες τάξης 3: 123 124 134 234 5. Υποοµάδες τάξης 2 της A 4 : Αυτές αν υπάρχουν αναγκαστικά ϑα είναι κυκλικές µε γεννήτορες στοιχεία τάξης 2. Εχουµε 3 στοιχεία τάξης 2 τα 1234 1324 1423 τα οποία παράγουν τις ακόλουθες υποοµάδες τάξης 2: 1234 1324 1423 Επειδή δεν υπάρχουν άλλα στοιχεία τάξης 2 έπεται ότι οι παραπάνω υποοµάδες είναι όλες οι υποο- µάδες τάξης 2. Παρατηρούµε ότι οι παραπάνω υποοµάδες τάξης 2 είναι υποοµάδες της υποοµάδας V τάξης 4.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 217 6. Υποοµάδες τάξης 1 της A 4 : Προφανώς η µόνη υποοµάδα τάξης 1 είναι η τετριµµένη {ι}. Συνοψίζουµε : υπάρχουν εκτός της τετριµµένης υποοµάδας {ι} και της A 4 4 υποοµάδες τάξης 3 οι οποίες παράγονται από 3-κύκλους η οµάδα του Klein η οποία αποτελείται εκτός της ταυτοτικής µετάθεσης από 3 γινόµενα 2-κύκλων και οι 3 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 4 αντιπροσωπεύουν τις εγκλείσεις των τριών υποοµάδων τάξης 2 στην οµάδα V 4 των τεσσάρων στοιχείων του Klein. Το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων τής A 4 A 4 V 4 123 124 134 234 1234 1324 1423 {ι} Ασκηση 4.2.18. Να δειχθεί ότι το πλήθος των άρτιων µεταθέσεων µιας υποοµάδας H της S n είναι ίσο είτε µε oh είτε µε oh/2 δηλαδή : H H S n = H A n = ή Λύση. Εστω H S n. Θεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολα της H: H + := { σ H σ = άρτια } και H := H \ H + = { σ H σ = περιττή } Το υποσύνολο H + είναι πάντοτε διότι η H είναι υποοµάδα τής S n και το ουδέτερο στοιχείο της S n είναι άρτια µετάθεση. Αν H + = H τότε το πλήθος των άρτιων µεταθέσεων της H είναι ίσο µε oh: πλήθος άρτιων µετατάθέσεων της H = H + = oh Αν το H + είναι γνήσιο υποσύνολο τής H τότε το σύνολο H δεν είναι κενό και η H ως σύνολο είναι η ξένη ένωση των H + και H δηλαδή H = H + H και H + H =. Γι αυτό και oh = H = H + + H. Θα δείξουµε ότι H + = H κατασκευάζοντας δύο απεικονίσεις Φ: H + H και Ψ: H H + έτσι ώστε : Ψ Φ = Id H + και Φ Ψ = Id H. Εστω τ ένα τυχαίο στοιχείο τού συνόλου H ιδιαίτερα η τ είναι µια περιττή µετάθεση. H 2
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 218 Με ϐάση το στοιχείο τ ϑεωρούµε τις αντιστοιχίες Φ : H + H Φα = τ α και Ψ : H H + Ψβ = τ 1 β Η Φ είναι όντως απεικόνιση αφού όταν α H + δηλαδή η α είναι µια άρτια µετάθεση 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 τότε η σύνθεση τ 1 β είναι άρτια δηλαδή τ 1 β H + αφού η τ 1 είναι περιττή διότι η τ είναι περιττή. Επιπλέον για κάθε α H + είναι Ψ Φα = Ψτ α = τ 1 τ α = α Ωστε η Ψ Φ ίση µε την ταυτοτική απεικόνιση επί τού H +. Τέλος για κάθε β H είναι Φ Ψβ = Φτ 1 β = τ τ 1 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 oh = H + + H = 2 H + και άρα : πλήθος άρτιων µετατάθέσεων της H = H + = oh 2 Ασκηση 4.2.19. Θεωρούµε τη συµετρική οµάδα S n n 4. 1. Αν n = 4 τότε υπάρχουν κύκλοι µήκους 3 στην A 4 οι οποίοι είναι συζυγείς ως στοιχεία της S 4 αλλά δεν είναι συζυγείς ως στοιχεία της A 4. 2. Αν n 5 τότε δύο τυχόντες κύκλοι µήκους 3 στην A n είναι συζυγείς ως στοιχεία της A n. 3. Αν n 5 και { ι } N A n είναι µια κανονική υποοµάδα της A n η οποία περιέχει ένα κύκλο µήκους 3 τότε N = A n. Απόδειξη. 1. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 4.1.11 όλοι οι κύκλοι µήκους 3 είναι συζυγείς στην S 4 αλλά οι κύκλοι 1 2 3 και 1 3 2 δεν είναι συζυγείς ως στοιχεία της A 4. Πράγµατι αν υπάρχει µετάθεση σ A 4 έτσι ώστε : σ 1 2 3 σ 1 = 1 3 2 τότε : σ 1 2 3 σ 1 = 1 3 2 = σ1 σ2 σ3 = 1 3 2 = σ1 = 1 σ2 = 3 σ3 = 2 Εποµένως σ = 2 3 η οποία δεν είναι άρτια µετάθεση δηλαδή σ A 4. Αυτό είναι άτοπο και άρα οι κύκλοι 1 2 3 και 1 3 2 δεν είναι συζυγείς ως στοιχεία της A 4. 2. Εστω σ ένας κύκλος µήκους 3 στην A n. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 4.1.11 ο σ είναι συζυγής στην S n µε τον κύκλο 1 2 3 δηλαδή υπάρχει τ S n έτσι ώστε τ σ τ 1 = 1 2 3 Αν τ A n τότε οι σ και 1 2 3 είναι συζυγείς στην A n. Αν σ A n ϑεωρούµε την µετάθεση ρ = 4 5 τ αυτό µπορεί να γίνει διότι n 5 η οποία είναι προφανώς άρτια και τότε : ρ σ ρ 1 = 4 5 τ σ τ 1 4 5 = 4 5 1 2 3 4 5 = 1 2 3 ηλαδή σε κάθε περίπτωση κάθε κύκλος µήκους 3 είναι συζυγής στην A n µε τον κύκλο 1 2 3. Ιδιαίτερα όλοι οι κύκλοι µήκους 3 είναι συζυγείς στην A n. 3. Αν η υποοµάδα N περιέχει έναν κύκλο µήκους 3 τότε επειδή από το µέρος 2. όλοι οι κύκλοι µήκους 3 είναι συζυγείς ως στοιχεία της A n και επειδή η N είναι κανονική υποοµάδα της A n έπεται ότι η N περιέχει όλους τους κύκλους µήκους 3. Επειδή το σύνολο των κύκλων µήκους 3 παράγει την A n έπεται ότι N = A n.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 219 Ασκηση 4.2.20. Να δειχθεί ότι το πρόσηµο 4 ɛσ µιας µετάθεσης σ της S n ισούται πάντοτε µε το πρόσηµο ɛσ 1 της σ 1 : εσ = εσ 1 Λύση. Θυµίζουµε ότι κάθε µετάθεση γράφεται ως γινόµενο αντιµεταθέσεων. Εστω σ = τ 1 τ 2 τ m όπου τ i είναι αντιµεταθέσεις. Τότε η αντίστροφη µετάθεση σ 1 έχει τόσες αντιµεταθέσεις όσες έχει και η σ αφού σ 1 = τ m τ m 1 τ 1 Εποµένως αν η σ είναι άρτια τότε και η σ 1 είναι άρτια και αν η σ είναι περιττή τότε και η σ 1 είναι περιττή. Συνεπώς ɛσ = 1 = ɛσ 1 ή ɛσ = 1 = ɛσ 1 και άρα το πρόσηµο ɛσ µιας µετάθεσης σ S n είναι πάντοτε ίσο µε το πρόσηµο ɛσ 1 της σ 1. ιαφορετική Απόδειξη: Επειδή η απεικόνιση ε: S n { 1 1 } είναι οµοµορφισµός οµάδων ϑα έχου- µε : σ σ 1 = ι = εσ σ 1 = ει = 1 = εσ εσ 1 = 1 απ όπου έπεται ότι οι αριθµοί εσ και εσ 1 είναι οµόσηµοι και άρα : εσ = εσ 1. Ασκηση 4.2.21. Εστω ότι σ και τ είναι δύο στοιχεία της S n n 2. Να δειχθεί ότι 1. το στοιχείο στσ 1 τ 1 είναι πάντοτε στοιχείο της εναλλάσσουσας υποοµάδας A n 2. το στοιχείο στσ 1 ανήκει στην A n αν και µόνο αν το στοιχείο τ ανήκει στην A n. Λύση. 1. Εστω σ = ρ 1 ρ 2 ρ m και τ = µ 1 µ 2 µ k όπου ρ i µ j είναι αντιµεταθέσεις για κάθε 1 i m και 1 j k. Τότε έχουµε: σ τ σ 1 τ 1 = ρ 1 ρ m µ 1 µ k ρ m ρ 1 µ k µ 1 όπου σ 1 = ρ m ρ 1 και τ 1 = µ k µ 1. Άρα το πλήθος των αντιµεταθέσεων της µετάθεσης σ τ σ 1 τ 1 είναι m + k + m + k = 2m + k. Εποµένως στσ 1 τ 1 A n. 2. Χρησιµοποιώντας τη παραπάνω ανάλυση σε αντιµεταθέσεις για τις σ και τ έχουµε: σ τ σ 1 = ρ 1 ρ m µ 1 µ k ρ m ρ 1 και άρα το πλήθος των αντιµεταθέσεων της µετάθεσης σ τ σ 1 είναι m + k + m = 2m + k. Άρα η µετάθεση σ τ σ 1 είναι άρτια αν και µόνο αν το k είναι άρτιος αριθµός δηλαδή η µετάθεση τ είναι άρτια. Συνεπώς έχουµε ότι στσ 1 A n αν και µόνο αν τ A n. ιαφορετική Απόδειξη: 1 Επειδή η απεικόνιση ε: S n {1 1} είναι οµοµορφισµός οµάδων και Kerε = A n Θα έχουµε : εστσ 1 τ 1 = εσετεσ 1 ετ 1 = εσετεσ 1ετ 1 = εσεσ 1 ετετ 1 = 1 και άρα στσ 1 τ 1 A n. 2 Παρόµοια : εστσ 1 = εσετεσ 1 = εσετεσ 1 = εσεσ 1 ετ = ετ και άρα : στσ 1 A n αν και µόνον αν τ A n. 4 Υπενθυµίζουµε ότι το πρόσηµο εσ µιας µετάθεσης σ Sn ορίζεται να είναι εσ = 1 αν η µετάθεση σ είναι άρτια και εσ = 1 αν η µετάθεση σ είναι περιττή. Επιπλέον η απεικόνιση S n σ εσ {1 1} ορίζει έναν επιµορφισµό οµάδων ε: S n {1 1} = Z 2 µε πυρήνα την εναλλάσσουσα υποοµάδα A n.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 220 Ασκηση 4.2.22. 1. Να ϐρεθεί το κέντρο ZS n της συµµετρικής οµάδας S n 5. 2. Να ϐρεθεί το κέντρο ZA n της εναλλάσσουσας οµάδας A n. Λύση. 1. αʹ Αν n 2 τότε η S n είναι αβελιανή και εποµένως ZS n = S n. ϐʹ Εστω n 3 και σ ZS n όπου σ ι. Επειδή n 2 και σ ι υπάρχουν στοιχεία i j {12 n} όπου i j έτσι ώστε σi = j. Επειδή n 3 υπάρχει k {12 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 ZS n. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει µη-ταυτοτική µετάθεση σ ZS n. Άρα : ZS n = {ι}. Εποµένως ZS n = S n n 2 και ZS n = {ι} n 3 2. αʹ Αν n 3 τότε η A 3 έχει τάξη 3 και άρα είναι αβελιανή. Εποµένως ZA n = A n. ϐʹ Εστω n 4 και σ ZA n όπου σ ι. Επειδή n 2 και σ ι υπάρχουν στοιχεία i j {12 n} όπου i j έτσι ώστε σi = j. Επειδή n 4 υπάρχουν στοιχεία kl {12 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 ZA n. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει µη-ταυτοτική µετάθεση σ ZA n. Άρα : ZA n = {ι}. Εποµένως ZA n = A n n 3 και ZA n = {ι} n 4 Ασκηση 4.2.23. 1. Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της S n n 2 µπορεί να γραφεί ως γινόµενο αντιµεταθέσεων της µορφής 1 i για κάποιο i {23 n}. 2. Να δειχθεί ότι κάθε στοιχείο της S n n 2 µπορεί να γραφεί ως γινόµενο δυνάµεων των µεταθέσεων 12 23 n 1 n. Εποµένως τα σύνολα { 12 13 1n } και { 12 23 n 1n } είναι σύνολα γεννητόρων της S n : τα οποία προφανώς είναι ελάχιστα. S n = 12 13 1n και S n = 12 23 n 1n Λύση. 1. 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 µήκους m: a 1 a 2 a m 1 a m γράφεται ως γινόµενο m 1 αντιµεταθέσεων: a 1 a 2 a m 1 a m = a 1 a m a 1 a m 1 a 1 a 3 a 1 a 2 Οµως για µια αντιµετάθεση i j µε i j έχουµε i j = 1 i 1 j 1 i 5 Υπενθυµίζουµε ότι το κέντρο ZG µιας οµάδας G ορίζεται να είναι η υποοµάδα ZG = { g G g h = hg h G }.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 221 και άρα a 1 a 2 a m 1 a m = 1 a 1 1 a m 1 a 1 1 a 1 1 a 2 1 a 1 Εποµένως κάθε στοιχείο της S n n 2 είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων της µορφής 1 i 2 i n. 2. Από το µέρος 1. αρκεί να δείξουµε ότι κάθε αντιµετάθεση 1k της S n µπορεί να γραφεί ως γινόµενο δυνάµεων των µεταθέσεων 12 23 n 1 n. Ισχυριζόµαστε ότι k 2: 1k = k 1k 231223 k 1k Πράγµατι εργαζόµενοι µε επαγωγή στο k 2 ο ισχυρισµός είναι προφανής αν k = 2. Υποθέτουµε ότι η παραπάνω σχέση είναι αληθής. Τότε : 1k + 1 = k k + 11kk k + 1 = k k + 1k 1k 231223 k 1kk k + 1 και εποµένως ο ισχυρισµός είναι αληθής για κάθε k 2. Ασκηση 4.2.24. Να υπολογιστεί η οµάδα συµµετριών του ϱόµβου: 1 4 2 3 Λύση. Ενας ϱόµβος έχει δύο άξονες ανάκλασεις και µια στροφή 180 γύρω από το κέντρο του ϱόµβου. Παρακάτω παραθέτουµε τις συµµετρίες του ϱόµβου: Στροφή 180 : 1 3 1 4 2 2 4 4 2 3 1 3 Τη παραπάνω διαδικασία περιγράφει η µετάθεση σ = 1 32 4 S 4 όπου η τάξη της είναι σ = 2. Ανάκλαση ως προς τον άξονα που διέρχεται από το 4 και το 2:
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 222 1 3 1 4 2 4 2 4 2 3 3 3 Την ανάκλαση ως προς τον άξονα 4-2 περιγράφει η µετάθεση τ = 1 3 S 4 και τ = 2. Ανάκλαση ως προς τον άξονα που διέρχεται από το 1 και το 3: 1 1 1 4 2 2 4 4 2 3 3 3 Την ανάκλαση ως προς τον άξονα 1-3 περιγράφει η µετάθεση ρ = 2 4 S 4 και oρ = 2. Ο πίνακας πολλαπλασιασµού της οµάδας συµµετριών του ϱόµβου είναι ο ακόλουθος: 1 1 32 4 1 3 2 4 1 1 1 32 4 1 3 2 4 1 32 4 1 32 4 1 2 4 1 3 1 3 1 3 2 4 1 1 32 4 2 4 2 4 1 3 2 41 3 1 Εποµένως η οµάδα συµµετριών του ϱόµβου είναι ισόµορφη µς την οµάδα V 4 των τεσσάρων στοιχείων του Klein της οποίας ένα µοντέλο είναι η οµάδα ευθύ γινόµενο Z 2 Z 2 : Z 2 Z 2 = { [0][0][0][1][1][0][1][1] } που έχει πίνακα Cayley: + [0][0] [1][0] [0][1] [1][1] [0][0] [0][0] [1][0] [0][1] [1][1] [1][0] [1][0] [0][0] [1][1] [0][1] [0][1] [0][1] [1][1] [0][0] [1][0] [1][1] [1][1] [0][1] [1][0] [0][0] Ο ισοµορφισµός δόινεται από την ακόλουθη αντιστοιχεία : 1 [0][0] 1 32 4 [1][0] 1 3 [0][1] 2 4 [1][1] µεταξύ των στοιχείων της οµάδας των συµµετριών του ϱόµβου και των στοιχείων της Z 2 Z 2.
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΜΑ ΕΣ ΜΕΤΑΘΕΣΕΩΝ 223 Ασκηση 4.2.25. Να δειχθεί ότι ο µόνος οµοµορφισµός οµάδων S n Z 3 είναι ο τετριµµένος. Λύση. Αν n = 1 τότε S 1 = { ι } και προφανώς ο µοναδικός οµοµορφισµός οµάδων S n Z 3 είναι ο τετριµµένος. Υποθέτουµε ότι n 2. Εστω f : S n Z 3 ένας οµοµορφισµός οµάδων και έστω σ = i j µια αντιµετάθεση. Τότε σ 2 = ι. Αν f σ = [1] 3 τότε [0] 3 = f ι = f σ 2 = f σ σ = f σ + f σ = [1] 3 + [1] 3 = [2] 3 το οποίο είναι άτοπο. Αν f σ = [2] 3 τότε [0] 3 = f ι = f σ 2 = f σ σ = f σ+ f σ = [2] 3 +[2] 3 = [4] 3 = [1] 3 το οποίο είναι άτοπο. Άρα f σ = [0] 3 για κάθε αντιµετάθεση σ S n. Επειδή κάθε µετάθεση στην S n είναι γινόµενο αντιµεταθέσεων έπεται ότι f σ = [0] 3 για κάθε µετάθεση σ S n. Άρα ο µοναδικός οµοµορφισµός οµάδων S n Z 3 n 1 είναι ο τετριµµένος. Ασκηση 4.2.26. Να ϐρεθεί η κυκλική δοµή των δυνάµεων του κύκλου τ = 1 2 3 4 5 6 7 8 Λύση. Θα έχουµε διαδοχικά : Εποµένως τ 2 = τ τ = 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 = 1 3 5 7 2 4 6 8 τ 3 = τ 2 τ = 1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 3 4 5 6 7 8 = 1 4 7 2 5 8 3 6 τ 4 = τ 3 τ = 1 4 7 2 5 8 3 6 1 2 3 4 5 6 7 8 = 1 5 2 6 3 7 4 8 τ 5 = τ 4 τ = 1 5 2 6 3 7 4 8 1 2 3 4 5 6 7 8 = 1 6 3 8 5 2 7 4 τ 6 = τ 5 τ = 1 6 3 8 5 2 7 4 1 2 3 4 5 6 7 8 = 1 7 5 3 2 8 6 4 τ 7 = τ 6 τ = 1 7 5 3 2 8 6 4 1 2 3 4 5 6 7 8 = 1 8 7 6 5 4 3 2 = τ 1 τ 8 = τ 7 τ = τ 1 τ = ι τ k k mod 8 = τ και οι κυκλικοί τύποι για τις δυνάµεις του κύκλου τ είναι 8 για τις τ τ 3 τ 5 τ 7 και 44 για τις τ 2 τ 6 και 2222 για την τ 4 Ασκηση 4.2.27. Να προσδιορισθούν οι κυκλικοί τύπου και οι τάξεις των στοιχείων της εναλλάσσουσας οµάδας A 7. Λύση. Οι διαµερίσεις του 7 είναι 15 οι εξής : 1111111 111112 11122 1222 11113 1123 133 1114 115 16 124 223 25 34 7 Οι µεταθέσεις της S 7 οι οποίες ανήκουν στην εναλλάσσουσα υποοµάδα A 7 είναι οι µεταθέσεις της S 7 που έχουν κυκλικό τύπο 11111111 11122 11113 133 115 124 223 34 7 Μεταθέσεις µε αντίστοιχο κυκλικό τύπο είναι : ι 1 2 3 4 1 2 3 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 Ολα τα στοιχεία της A 7 τα οποία είναι σε πλήθος 2520 είναι όλα τα συζυγή στοιχεία των παραπάνω στοιχείων της A 7. Γι αυτό οι αντίστοιχες τάξεις των στοιχείων της A 7 είναι : [11111111] = 1 [11122] = 2 [11113] = 3 [133] = 3 [115] = 5 [124] = 4 [223] = 6 [7] = 7