Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 7 Νοεµβρίου 2014 Ασκηση 1. Θεωρούµε τις ακόλουθες (κυκλικές) υποοµάδες της S 3 : H = & K = 1 3 2 2 3 1 Να ϐρεθούν οι δεξιές και αριστερές πλευρικές κλάσεις (δεξιά και αριστερά σύµπλοκα) 1 των υποοµάδων H, K στην S 3. Λύση. Υπενθυµίζουµε ότι : όπου : S 3 = {ρ 0 = ι, µ 1, µ 2, µ 3, ρ 1, ρ 2 } ρ 0 = ι =, ρ 1 = = (123), ρ 2 3 1 2 = ρ 2 1 = = (132) 3 1 2 µ 1 = = (23), µ 1 3 2 2 = = (13), µ 3 2 1 3 = = (12) 2 1 3 Τα στοιχεία µ 1, µ 2, µ 3 (2-κύκλοι) έχουν τάξη 2 και τα στοιχεία ρ 1, ρ 2 (3-κύκλοι) έχουν τάξη 3. Άρα : H = µ 2 = {ρ 0, µ 1 } & K = ρ 1 = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } (1) Για την υποοµαδα H: Επειδή το πλήθος των (αριστερών ή δεξιών) συµπλόκων µιας υποοµάδας σε µια πεπερασµένη οµάδα είναι ο δείκτης της υποοµάδας στην οµάδα, και [S 3 : H] = 6 2 = 3, ϑα υπάρχουν τρία (αριστερά ή δεξιά) σύµπλοκα της H στην S 3. (αʹ) Αριστερά Σύµπλοκα: ρ 0 H = H = {ρ 0, µ 1 } & ρ 1 H = {ρ 1 ρ 0, ρ 1 µ 1 } = {ρ 1, µ 3 } & ρ 2 H = {ρ 2 ρ 0, ρ 2 µ 1 } = {ρ 2, µ 2 } Τα παραπάνω σύµπλοκα, όπως ϐλέπουµε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύµπλοκα της H στην S 3. Οπως περιµένουµε S 3 = H ρ 1 H ρ 2 H. 1 Υπενθυµίζουµε ότι, αν G είναι µια οµάδα και H είναι µια υποοµάδα της, τότε η οικογένεια (ah)a G των αριστερών συµπλόκων ah της H στη G αποτελεί µια διαµέριση της G, δηλαδή (i). a H : ah, (ii). G = ah, (iii). ah bh = ah = bh a G Γι αυτό η µέθοδος που ϑα ακολουθήσουµε για τον προσδιορισµό όλων των αριστερών συµπλόκων έχει ως εξής : Πρώτα προσδιορίζουµε ένα (οποιοδήποτε) σύµπλοκο ah, για παράδειγµα µπορούµε να ξεκινήσουµε µε το στοιχείο a = e και τότε eh = H. Κατόπιν ϐρίσκουµε (αν υπάρχει) ένα στοιχείο b G \ ah. Το ah bh, αφού b / ah, γι αυτό µια νέα πλευρική κλάση είναι η bh. Σχηµατίζουµε την ένωση ah bh, κατόπιν ϐρίσκουµε κάποιο (αν υπάρχει) c G \ (ah bh), γι αυτό µια νέα πλευρική κλάση είναι η ch. Σχηµατίζουµε την ένωση ah bh ch κατόπιν ϐρίσκουµε (αν υπάρχει) κάποιο d G\(aH bh ch) και συνεχίζουµε µε τον τρόπο αυτό, ώστε τελικά η ένωση ah bh ch... να ισούται µε G. Συνήθως επιλέγουµε ως πρώτη πλευρική κλάση την eh = H.

2 (ϐʹ) εξιά Σύµπλοκα: Hρ 0 = H = {ρ 0, µ 1 } & Hρ 1 = {ρ 0 ρ 1, µ 1 ρ 1 } = {ρ 1, µ 2 } & Hρ 2 = {ρ 0 ρ 2, µ 1 ρ 2 } = {ρ 2, µ 3 } Τα παραπάνω σύµπλοκα, όπως ϐλέπουµε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύµπλοκα της H στην S 3. Οπως περιµένουµε S 3 = H Hρ 1 Hρ 2. Παρατηρούµε ότι ρ 1 H Hρ 1 και ρ 2 H Hρ 2. (2) Για την υποοµαδα K: Επειδή το πλήθος των (αριστερών ή δεξιών) συµπλόκων µιας υποοµάδας σε µια πεπερασµένη οµάδα είναι ο δείκτης της υποοµάδας στην οµάδα, και [S 3 : K] = 6 3 = 2, ϑα υπάρχουν δύο (αριστερά ή δεξιά) σύµπλοκα της K στην S 3. (αʹ) Αριστερά Σύµπλοκα: ρ 0 K = K = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } & µ 1 K = {µ 1 ρ 0, µ 1 ρ 1, µ 1 ρ 2 } = {µ 1, µ 2, µ 3 } Τα παραπάνω σύµπλοκα, όπως ϐλέπουµε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύµπλοκα της K στην S 3. Οπως περιµένουµε S 3 = K Hµ 1. (ϐʹ) εξιά Σύµπλοκα: Kρ 0 = K = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } & Kµ 1 = {ρ 0 µ 1, ρ 1 µ 1, ρ 2 µ 1 } = {µ 1, µ 2, µ 2 } Τα παραπάνω σύµπλοκα, όπως ϐλέπουµε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύµπλοκα της K στην S 3. Οπως περιµένουµε S 3 = K Kµ 1. Παρατηρούµε ότι µ 1 K = Kµ 1. Ασκηση 2. (1) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύµπλοκα) της υποοµάδας 5 = 5Z στην οµάδα (Z, +). (2) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύµπλοκα) της υποοµάδας 9 = 9Z στην οµάδα (Z, +) και της 9 = 9Z στην (υπο)οµάδα 3 = 3Z της (Z, +). (3) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύµπλοκα) της υποοµάδας [6] 12 στην οµάδα (Z 12, +) και της [6] 12 στην (υπο)οµάδα [2] 12 της (Z 12, +). Λύση. (1) Η πρώτη πλευρική κλάση (σύµπλοκο) είναι η 0 + 5 = 5 = {5z z Z}. Παρατηρούµε ότι 1 Z \ 5, γι αυτό η πλευρική κλάση (σύµπλοκο) 1 + 5 = 5. Τώρα, το 2 Z \ ( 5 (1 + 5 )) και η πλευρική κλάση 2 + 5 είναι µια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούµενες. Τώρα, το 3 Z \ ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 )) και η πλευρική κλάση 3 + 5 είναι µια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούµενες. Τέλος, το 4 Z \ ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 ) (3 + 5 )) και η πλευρική κλάση 4 + 5 είναι µια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούµενες. Ισχυριζόµαστε ότι Z = ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 ) (3 + 5 ) (4 + 5 ). Πράγµατι, αν z Z, τότε εκτελώντας Ευκλείδεια διαίρεση µε υπόλοιπο του z δια 5, παίρνουµε : z = λq + υ, όπου υ = 0, 1, 2, 3, 4. Επειδή λοιπόν z λq = υ, το z ανήκει σε ακριβώς σε µια από τις κλάσεις ( 5, (1 + 5 ), (2 + 5 ), (3 + 5 ), (4 + 5 ). (2) (α ) Ο προσδιορισµός είναι εντελώς ίδιος. Εδώ τα σύµπλοκα είναι τα : 9, (1 + 9 ), (2 + 9 ), (3 + 9 ), (4 + 9 ), (5 + 9 ), (6 + 9 ), (7 + 9 ), (8 + 9 ). (ϐ ) Ο προσδιορισµός είναι και πάλι ο ίδιος, µόνο που τώρα εργαζόµαστε µε την οµάδα 3 εντός της οποίας ϑεωρούµε την υποοµάδα 9. Τα στοιχεία της 3 είναι της µορφής 3ρ, ρ Z. Τώρα τα αριστερά σύµπλοκα (3 0 + 9 ), (3 1 + 9 ), (3 2 + 9 ), είναι ανά δύο διαφορετικά. Επιπλέον, εκτελώντας Ευκλείδεια διαίρεση µε υπόλοιπο του 3ρ δια 9, παίρνουµε : 3ρ = 9q + υ, όπου υ = 0, 1, 2,..., 8.

3 Επειδή το 3 διαιρεί τη διαφορά 3ρ 9q, διαιρεί και το υ. Γι αυτό υ = 0 = 3 0, 3 = 3 1, 6 = 3 2. Ετσι το 3ρ ανήκει σε ακριβώς µία από τις κλάσεις (3 0 + 9 ), (3 1 + 9 ), (3 2 + 9 ). (3) (α ) Εδώ γνωρίζουµε εκ των προτέρων το πλήθος των αριστερών πλευρικών κλάσεων, αφού από το Θεώρηµα Lagange το πλήθος τους ισούται µε τον δείκτη (Z 12) ( [6] ) = 12 2 = 6. Παρατηρούµε ότι [6] = {[0], [6]}. Εδώ οι κλάσεις είναι οι εξής (όλες οι παρακάτω κλάσεις είναι mod 12): ([0] + [6] ) = {[0], [6]}, ([1] + [6] ) = {[1] + [0], [1] + [6]} = {[1], [7]}, ([2] + [6] ) = {[2] + [0], [2] + [6]} = {[2], [8]}, ([3] + [6] ) = {[3] + [0], [3] + [6]} = {[3], [9]} ([4] + [6] ) = {[4] + [0], [4] + [6]} = {[4], [10]}, ([5] + [6] ) = {[5] + [0], [5] + [6]} = {[5], [11]} (ϐ ) Εδώ ϑεωρούµε την υποοµάδα [2] της Z 12 και την [6] ως υποοµάδα της [2]. Γι αυτό το πλήθος των κλάσεων είναι ( [2] ) ( [6] ) = 6 2 = 3 και οι κλάσεις είναι οι ([0] + [6] ) = {[0], [6]}, ([2] + [6] ) = {[2] + [0], [2] + [6]} = {[2], [8]}, ([4] + [6] ) = {[4] + [0], [4] + [6]} = {[4], [10]} Ασκηση 3. Εστω η οµάδα (Z 12, +). Θεωρούµε την οµάδα ευθύ γινόµενο (Z 12 Z 12, ) 2, και έστω V το ακόλουθο υποσύνολο τής Z 12 Z 12 : V = { ([a] 12, [b] 12 ) Z 12 Z 12 όπου : 3 a & 3 b } είξτε ότι το σύνολο V είναι µια υποοµάδα τής Z 12 Z 12 και υπολογίστε τον δείκτη [Z 12 Z 12 : V]. Λύση. Επειδή το V είναι ένα πεπερασµένο σύνολο, αφού είναι υποσύνολο τής Z 12 Z 12, η οποία είναι µια οµάδα µε τάξη 3 [Z 12 Z 12 : 1] = Z 12 Z 12 = o(z 12 Z 12 ) = o(z 12 ) o(z 12 ) = 12 2 = 144, είναι αρκετό να αποδείξουµε ότι είναι κλειστό ως προς την πράξη τής Z 12 Z 12. Αν ([a] 12, [b] 12 ) και ([a ] 12, [b ] 12 ) είναι στοιχεία τού V, τότε και το ([a] 12, [b] 12 ) ([a ] 12, [b ] 12 ) = ([a + a ] 12, [b + b ] 12 ) είναι στοιχείο τού V, επειδή από 3 a και 3 a (αντίστοιχα 3 b και 3 b ) έπεται 3 a + a (αντίστοιχα 3 b + b ). Εποµένως, V Z 12 Z 12. Θα υπολογίσουµε το πλήθος των στοιχείων τής V. Παρατηρούµε ότι τα στοιχεία [a] 12 Z 12 µε 3 a είναι τα [0] 12, [3] 12, [6] 12, [9] 12. Γι αυτό η τάξη τής V είναι [V : 1] = 4 2 = 16 και ο δείκτης [Z 12 Z 12 : V] ισούται µε [Z 12 Z 12 : V] = [Z 12 Z 12 : 1] [V : 1] = Z 12 Z 12 V = 144 16 = 9 Ασκηση 4. Θεωρούµε τη διεδρική οµάδα (D 4, ) και ας είναι τ οποιαδήποτε στερεά κίνηση που προκύπτει από ανάκλαση ως προς άξονα συµµετρίας που κείται επί του επιπέδου του τετραγώνου. Να υπολογιστούν οι αριστερές πλευρικές κλάσεις (τα αριστερά σύµπλοκα) της τ στην D 4. Λύση. Εστω ότι τ είναι η στερεά κίνηση (ανάκλαση) που αντιστοιχεί στον άξονα συµµετρίας, ο οποίος διέρχεται από τα µέσα των πλευρών 1 2 και 3 4 και ότι ρ είναι η στροφή κατά π/4 (µε ϕορά αυτήν που ακολουθούν οι δείκτες του ϱολογιού) γύρω από τον άξονα που είναι κάθετος στο επίπεδο του τετραγώνου και διέρχεται από το κέντρο συµµετρίας του O. Ετσι αν ϑεωρήσουµε την διεδρική οµάδα D 4 ως οµάδα µεταθέσεων επί του συνόλου {1, 2, 3, 4} των κορυφών του τετραγώνου, ϑα έχουµε : 4 4 ρ = & τ = 2 3 4 1 2 1 4 3 Εύκολα ϐλέπουµε ότι η οµάδα D 4 περιγράφεται ως D 4 = {Id 4, ρ, ρ 2, ρ 3, τ, τρ, τρ 2, τρ 3 }, όπου τ 2 = Id 4, ρ 4 = Id 4, και ρτ = τρ 3 2 Υπενθυµίζουµε ότι η πράξη τής Z12 Z 12 ορίζεται ως ([a] 12, [b] 12) ([a ] 12, [b ] 12) = ([a + a ] 12, [b + b ] 12). 3 Υπενθυµίζουµε ότι για την τάξη µιας οµάδας G χρησιµοποιούµε έναν εκ των συµβολισµών : G, o(g), [G : 1].

4 E 4 1 O τ 3 2 Σχήµα 1. Το τετράγωνο µε τον άξονα συµµετρίας τ Η υποοµάδα τ = {Id 4, τ} έχει τάξη 2 και άρα ο δείκτης ισούται µε (D 4) ( τ ) = 8 2 ακριβως τέσσερεις αριστερές πλευρικές κλάσεις της τ στην D 4. Αυτές είναι οι : Id 4 τ = {Id 4 Id 4, Id 4 τ} = {Id 4, τ} ρ τ = {ρid 4, ρτ} = {ρ, τρ 3 } ρ 2 τ = {ρ 2 Id 4, ρ 2 τ} = {ρ 2, τρ 2 } ρ 3 τ = {ρ 3 Id 4, ρ 3 τ} = {ρ 3, τρ} = 4. Συνεπώς, υπάρχουν Ασκηση 5. Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα και ότι H G είναι µια υποοµάδα της. (1) Να δειχθεί ότι το πλήθος των αριστερών συµπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G ισούται µε το πλήθος των δεξιών συµπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G. (2) Να δοθεί παράδειγµα οµάδας (G, ) και υποοµάδας H της G, έτσι ώστε a G και ah Ha. (3) Να δειχθεί ότι αν µια οµάδα (G, ) είναι αβελιανή, τότε για κάθε a G ισχύει : ah = Ha 4. Λύση. (1) Υπενθυµίζουµε ότι τα αριστερά σύµπλοκα της υποοµάδας H στην G είναι οι διακεκριµένες κλάσεις ισοδυναµίας ως προς την ακόλουθη σχέση ισοδυναµίας επίτ της G: x, y G : x RH y x 1 y H Τότε η κλάση ισοδυναµίας [x] H := [x] RH του x G ως προς την R H είναι το αριστερό σύµπλοκο x H = {x h G h H}. Παρόµοια τα δεξιά σύµπλοκα της υποοµάδας H στην G είναι οι διακεκριµένες κλάσεςι ισοδυναµίας ως προς την ακόλουθη σχέση ισοδυναµίας επίτ της G: x, y G : x H R y x y 1 H και η κλάση ισοδυναµίας H [x] := [x] H R του x G ως προς την H R είναι το δεξιό σύµπλοκο H x = {h x G h H}. Θεωρούµε τα σύνολα πηλίκα G/R H = { [x] H = x H G x G } & G/ H R = { H[x] = H x G x G } και ορίζουµε : ψ : G/R H G/ H R, ψ(x H) = H x 1 ϑα δείξουµε ότι η ψ είναι µια 1-1 και επί απεοκόνιση. Κατ αρχήν η ψ είναι καλά ορισµένη : έστω x H = y H και άρα x RH y. Τότε x 1 y H. Εστω x 1 y = h H. Τότε x 1 = h y 1 H y 1 = H [y 1 ]. Οπως γνωρίζουµε τότε τα στοιχεία x 1 4 Το αντίστροφο δεν ισχύει : υπάρχουν µη-αβελιανές οµάδες οι οποίες περιέχουν µια υποοµάδα H έτσι ώστε : ah = Ha, a G. Για παράδειγµα µπορούµε να ϑεωρήσουµε την συµµετρική οµάδα S 3 και την υποοµάδα K = ρ 1, ϐλέπε την Άσκηση 1.

5 και y 1 ορίζουν την ίδια κλάση ισοδυναµίας ως προς την σχέση ισοδυναµίας H R και εποµένως ϑα έχουµε H[x 1 ] = H [y 1 ]. Αυτό όµως σηµαίνει ότι H x 1 = H y 1 και άρα ψ(x H) = ψ(y H), δηλαδή η ψ είναι καλά ορισµένη. Εστω ψ(x H) = ψ(y H), δηλαδή H x 1 = H y 1 ή ισοδύναµα H [x 1 ] = H [y 1 ]. Τότε όµως x 1 H R y 1 και άρα x 1 (y 1 ) 1 H. ηλαδή x 1 y H και εποµένως x 1 y = h H. Τότε y = x h x H = [x] H και άρα [y] H = [x] H = y H = x H. Εποµένως η ψ είναι 1-1. Εστω H [z] = H z G/ H R. Τότε προφανώς ψ([z 1 ] H ) = ψ(z 1 H) = H (z 1 ) 1 = H z και άρα η ψ είναι επί. Εποµένως το πλήθος των αριστερών συµπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G ισούται µε το πλήθος των δεξιών συµπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G. (2) Θεωρούµε την συµµετρική οµάδα S 3 := G και την υποοµάδα της µ 1 := H, ϐλέπε την Άσκηση 1. Τότε όπως είδαµε ρ 1 H Hρ 1. (3) Αν η G είναι αβελιανή, ϑα έχουµε : ah = {ah G h H} = {ha G h H} = Ha Ασκηση 6. Εστω (G, ) µια οµάδα και H, K δύο υποοµάδες της G. Αν a, b είναι δύο στοιχεία τής G, να δείξετε ότι : Λύση. (1) ah = bk = H = K. (2) εν είναι πάντοτε αληθής η συνεπαγωγή : ah = Kb = H = K 5. (1) Αν ah = bk, όπου a, b G, τότε H = a 1 bk και εποµένως a 1 b H. Αλλά από a 1 b H έπεται b ah και συνεπώς bh = ah. Αφού από την υπόθεση είναι ah = bk, συµπεραίνουµε ότι bh = bk και συνεπώς H = b 1 (bh) = b 1 (bk) = K. (2) Επιλέγουµε τις κυκλικές υποοµάδες τής S 3. Εχουµε : µ 2 H = H = { µ 2, µ 2 µ 3 = µ 3 = Ωστε, µ 2 H = Kµ 2, ενώ H K. ( 2 1 3 ) } = ρ 2 3 1 1 & K = & Kµ 2 = µ 1 = ( 1 2 ) 3 1 3 2 { µ 2, µ 1 µ 2 = } = ρ 2 3 1 1 Ασκηση 7. (1) Βρείτε τον δείκτη [G : H] της υποοµάδας H G στις ακόλουθες περιπτώσεις : (αʹ) H = nz και G = Z. (ϐʹ) H = {(x, y) R R x = y} και G = R R. (2) Βρείτε µια υποοµάδα H της πολλαπλασιαστικής οµάδας (R, ) έτσι ώστε : [R : H] = 2. Λύση. (1) (α ) Επειδή οι οµάδες Z και nz είναι άπειρες, για να υπολογίσουµε τον δείκτη ης nz στην Z, ϑα πρέπει να υπολογίσουµε το πλήθος των διακεκριµένων συµπλόκων της nz στην Z. Επειδή η οµάδα Z είναι αβελιανή δεν χρειάζεται να γίνει διάκριση µεταξύ αριστερών και δεξιών συµπλόκων. Οπως αναφέρθηκε και στην προηγούµενη Άσκηση 5, τα σύµπλοκα της nz στην Z είναι οι κλάσεις ισοδυναµίας των στοιχείων της Z ως προς τη σχέση ισοδυναµίας : x, y Z: x y αν και µόνον αν x + y nz. Αυτό είναι ισοδύναµο µε : n x y, και εποµένως τα διακεκριµένα σύµπλοκα της nz στην Z είναι οι κλάσεις υπολοίπων mod n, δηλαδή τα στοιχεία του συνόλου : {[0] n, [1] n,, [n 1] n }. Εποµένως ϑα έχουµε : [Z : nz] = n 5 Χρησιµοποιείστε, ως αντιπαράδειγµα, υποοµάδες και στοιχεία τής συµµετρικής οµάδας (S3, ).

6 (1) (ϐ ) R (0, 4) (0, 3.5) (0, 2.5) (0, 2.5) (0, 2) (0, 1.5) (0, 1) (0, 0.5) (0,0) (0, -0.5) (0, -1) (0, -1.5) (0, -2) (0, -2.5) (0, -3) (0, -3.5) R Παρατηρούµε ότι η κλάση τού στοιχείου (r 1, r 2 ) R R ισούται µε Θεωρούµε την απεικόνιση (r 1, r 2 ) + H = {(r 1, r 2 ) + (x, x) x R}. Φ : R R/ H R, (r 1, r 2 ) + H r 2 r 1 Πρόκειται για µια καλά ορισµένη απεικόνιση, αφού αν, (r 1, r 2 ) + H = (r 1, r 2 ) + H, τότε (r 1, r 2 ) (r 1, r 2) H r 1 r 1 = r 2 r 2 r 2 r 1 = r 2 r 1. Προφανώς πρόκειται για «επί» απεικόνιση, αφού αν r R, τότε η εικόνα τής κλάσης (0, r) + H είναι το στοιχείο r. Τέλος, η Φ είναι και «1 1», αφού αν, Φ((r 1, r 2 ) + H) = Φ((r 1, r 2 ) + H) r 2 r 1 = r 2 r 1 r 1 r 2 = r 1 r 2, τότε (r 1, r 2 ) + H = (r 1, r 2 ) + H. Ωστε υπάρχει µια αµφιµονοσήµαντη αντιστοιχία µεταξύ τού συνόλου R R/ H των κλάσεων ισοδυναµίας που ορίζεται από την υποοµάδα H και τής ευθείας των πραγµατικών αριθµών. Στο σχήµα οι κλάσεις ισοδυναµίας είναι οι ευθείες που είναι παράλληλες ως προς την ευθεία που διέρχεται από την αρχή των συντεταγµένων και σχηµατίζει γωνία π/4 µε τον άξονα των x. Η τοµή κάθε ευθείας µε τον άξονα των y χορηγεί την απεικόνιση Φ που περιγράψαµε προηγουµένως. (2) Θεωρούµε το υποσύνολο R >0 = {x R x > 0} R το οποίο είναι µια υποοµάδα της πολλαπλασιαστικής οµάδας R, διότι 1 R >0, και αν x, y R >0, τότε xy R >0 και x 1 R >0. Τα σύµπλοκα των στοιχείων 1 και 1 είναι : 1R >0 = {1 x = x R x R >0 } = R >0 ( 1)R >0 = {( 1) x = x R x R >0 } = {x R x R <0 } = R <0 και προφανώς αποτελούν µια διαµέριση της R. Εποµένως αυτά είναι όλα τα διακεκριµένα (αριστερά) σύµπλοκα της R >0 στην R. Αυτό σηµαίνει ότι 6 [R : R >0 ] = 2 6 Ενας διαφορετικός τρόπος : εύκολα ϐλέπουµε ότι δύο στοιχεία x, y της R είναι ισοδύναµα ως προς την σχέση ισοδυναµίας R R >0 την οποία ορίζει η υποοµάδα R >0 επί της R αν και µόνον αν xy > 0, δηλαδή αν και µόνον αν τα x, y είναι οµόσηµα. Συµβολίζοντας µε R /R >0 το σύνολο των αριστερών συµπλόκων της R >0 στην R, ορίζουµε τότε απεικόνιση Φ : R/R >0 { 1, 1}, Φ(xR >0 ) = 1, αν x > 0 και Φ(xR >0 ) = 1, αν x < 0 η οποία ϐλέπουµε ότι είναι καλά ορισµένη, 1-1 και ἑπί. Εποµένως [R : R >0 ] = R/R >0 = 2.

7 Ασκηση 8. Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα και H, K G δύο υποοµάδες τής G οι οποίες έχουν ως τάξη τον ίδιο πρώτο αριθµό p. Αν H K, τότε δείξτε ότι H K = {e}. Λύση. Παρατηρούµε ότι η H K είναι υποοµάδα και τής H και τής K. Από το Θεώρηµα Lagrange συµπεραίνουµε ότι η τάξη [H K : 1] = (H K) είναι ένας διαιρέτης και τής τάξης p τής H και τής τάξης p τής K. Συνεπώς, ϑα είναι ή [H K : 1] = 1 ή [H K : 1] = p, αφού ο p είναι πρώτος αριθµός. Οµως αν ήταν [H K : 1] = p, τότε ϑα ήταν H K = H και H K = K (αφού H K H, H K K) και γι αυτό H = H K = K. Αλλά από την υπόθεση γνωρίζουµε ότι H K. Εποµένως, [H K : 1] = o(h K) = 1 και έτσι H K = {e}. Ασκηση 9. Αν (G, ) είναι µια οµάδα µε τάξη o(g) < 300, η οποία έχει δύο υποοµάδες H, K µε τάξεις αντιστοίχως o(h) = 24 και o(k) = 54, τότε ποια είναι η τάξη o(g) της G; Λύση. Από το Θεώρηµα του Lagrange, ϑα έχουµε : 24 = o(h) o(g) & 54 = o(h) o(g) Τότε όµως ϑα έχουµε ότι και το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των 24 και 54 ϑα διαιρεί την τάξη της G: 216 = [24, 54] o(g) και άρα o(g) = 216 k, για κάποιο k 1 Επειδή o(g) < 300, αναγκαστικά ϑα έχουµε : o(g) = 216. Ασκηση 10. Εστω ότι p, q είναι πρώτοι αριθµοί, και (G, ) µια οµάδα. Να δειχθεί ότι : (1) Αν η τάξη της G είναι pq, τότε κάθε γνήσια υποοµάδα H της G είναι κυκλική. (2) Αν η G είναι αβελιανή µε τάξη pq και p q, τότε η G είναι κυκλική. (3) Υπάρχουν αβελιανές οµάδες τάξης p 2 οποίες δεν είναι κυκλικές. Λύση. (1) Η τάξη o(h) κάθε γνήσιας υποοµάδας H της G είναι ένας γνήσιος διαιρέτης της τάξης p q της G. Οι γνήσιοι διαιρέτες του p q είναι 1, p και q, όταν p q ή 1 και p, όταν p = q. Σε κάθε περίπτωση η τάξη o(h) κάθε γνήσιας υποοµάδας H είναι ή 1 ή ένας πρώτος αριθµός. Αλλά η µόνη οµάδα τάξης 1 είναι η τετριµµένη {e} η οποία είναι κυκλική : {e} = e, και το ίδιο συµβαίνει και µε µια οµάδα µε τάξη έναν πρώτο αριθµό, διότι τότε κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείο της είναι γεννήτορας. Ωστε κάθε γνήσια υποοµάδα της G είναι κυκλική. (2) Επειδή [G : 1] = o(g) = pq και οι p, q ως πρώτοι αριθµοί είναι 2 µε p q, συµπεραίνουµε ότι o(g) 6. Εποµένως υπάρχουν a G µε a e G, δηλαδή G \ {e}. Εστω a G \ {e G }. Θεωρούµε την κυκλική υποοµάδα a. Προφανώς, a {e}. Αν η τάξη τής κυκλικής υποοµάδας a ισούται µε pq (ισοδύναµα o(a) = pq), τότε a = G και η G είναι κυκλική. Αν η τάξη τής κυκλικής υποοµάδας a ισούται µε έναν από τους πρώτους p ή q, ας πούµε τον p (η απόδειξη είναι ανάλογη όταν ισούται µε q), τότε το σύνολο G \ a έχει pq p = (q 1)p > 1 στοιχεία. Εστω b G \ a. Θεωρούµε την κυκλική υποοµάδα b. Προφανώς, b {e}, αφού b e. Η τάξη τής κυκλικής υποοµάδας b (δηλαδή η τάξη τού b) ϑα είναι (και πάλι λόγω τού Θεωρήµατος Lagrange) ή pq ή p ή q. Προφανώς, b a, αφού b / a. Αν η τάξη τής κυκλικής υποοµάδας b ισούται µε pq (ισοδύναµα o(b) = pq), τότε b = G και η G είναι κυκλική. Υπολείπονται οι περιπτώσεις όπου o( b ) = p ή o( b ) = q. Θα αποκλείσουµε την πρώτη περίπτωση. Πρώτα παρατηρούµε ότι, επειδή η οµάδα G είναι αβελιανή, το σύνολο H = a b := {a i b j a i a, b j b }

8 είναι µια υποοµάδα τής G. Πράγµατι το υποσύνολο H είναι προφανώς µη-κενό, είναι πεπερασµένο αφού περιέχεται στην πεπερασµένη οµάδα G, και είναι κλειστό ως προς την πράξη τής G. Πράγµατι, αν, x, y H, τότε x = a i 1 b j 1, y = a i 2 b j 2 και έχουµε xy = (a i 1 b j 1 )(a i 2 b j 2 ) = a i 1 a i 2 b j 1 b j 2 = a i 1+i 2 b j 1+j 2 H, επειδή η G είναι αβελιανή. Τώρα ϑα αποδείξουµε ότι αν ήταν η τάξη τής κυκλικής υποοµάδας b ίση µε p, τότε ϑα ήταν η τάξη o(h) τής H ίση µε p 2, πράγµα άτοπο, αφού τότε ϑα είχαµε, λόγω τού Θεωρήµατος Lagrange, ότι το p 2 διαιρεί το pq, ή ισοδύναµα ότι το p διαιρεί το q. Πράγµατι, αν o( b ) = p, τότε λόγω τής Άσκησης 8, είναι a b = {e}, επειδή o( a ) = o( b ) = p και αφού όπως είδαµε a b. Ας υπολογίσουµε την τάξη τής H. Επειδή H = {a i b j 1 i, j p}, έπεται ότι (H) p 2. Αλλά καθώς τα i και j διατρέχουν το σύνολο I p = {1, 2,..., p}, τα στοιχεία a i b j είναι ανα δύο διακεκριµµένα. Πράγµατι, αν a i 1 b j 1 = a i 2 b j 2, i 1, i 2, j 1, j 2 I p ( ) τότε το στοιχείο a i 1 i 2 = b j 2 j 1 ανήκει στην τοµή a b = {e G } και γι αυτό a i 1 i 2 = b j 2 j 1 = e G ( ) Αφού είναι 1 i 1 i 2 p ϑα είναι ή i 1 > i 2 ή i 1 < i 2. Στην πρώτη περίπτωση η ( ) δίνει ότι η τάξη τού a είναι µικρότερη από p και στη δεύτερη περίπτωση από την ( ) παίρνουµε ότι a i 2 i 1 = e G από όπου και πάλι έπεται ότι η τάξη τού a είναι µικρότερη από p. Αλλά αυτό είναι και στις δύο περιπτώσεις άτοπο. Οµοια αποδεικνύεται ότι είναι αδύνατο να ισχύει b j 1 = b j 2 µε j 1, j 2 I p και j 1 j 2. Ωστε (H) = p 2. Εποµένως, η τάξη τού στοιχείου b δεν µπορεί να είναι ούτε p. Εποµένως, η τάξη τού b είναι q. Τώρα ϑεωρούµε το στοιχείο ab. Επειδή o(a) = p, o(b) = q, όπου p q πρώτοι αριθµοί και επειδή ab = ba, διότι η G είναι αβελιανή, συµπεραίνουµε ότι η τάξη τού ab είναι pq. Ωστε η G έχει σε κάθε περίπτωση ένα στοιχείο τάξης pq και γι αυτό είναι πάντοτε κυκλική. (3) Η οµάδα του Klein V 4 = {e, a, b, c}, για παράδειγµα το ισοδύναµο µοντέλο της Z 2 Z 2, είναι µια µη-κυκλική οµάδα τάξης 4 = 2 2. Ασκηση 11. Εστω ότι (G, ) είναι µια πεπερασµένη αβελιανή οµάδα και m είναι το µέγιστο τού συνόλου M = {o(a) N a G} των τάξεων των στοιχείων τής G: m = max { o(a) N a G } Να δειχθεί ότι a G: a m = e G. Λύση. Εστω ότι g G είναι ένα στοιχείο τής G µε τάξη o(g) = m το µέγιστο τού συνόλου M και ότι a G είναι οποιοδήποτε στοιχείο τής G. Θα δείξουµε ότι αν, p σ, σ N είναι η µέγιστη δύναµη ενός οποιουδήποτε πρώτου που διαιρεί την τάξη τού a, τότε η δύναµη p σ είναι επίσης διαιρέτης τής (g) = m και γι αυτό η τάξη o(a) διαιρεί την τάξη (g). ηλαδή m = o(g) = λ o(a), από όπου έπεται ότι a m = a λo(a) = (e G ) λ = e G. Θεωρούµε την τάξη o(a) και την γράφουµε ως o(a) = p σ κ, όπου ο p δεν διαιρεί τον κ N. Θεωρούµε επίσης την τάξη o(g) και την γράφουµε ως o(g) = p τ µ, όπου τ N {0} και όπου ο p δεν διαιρεί τον µ N. Τώρα σχηµατίζουµε τα στοιχεία a κ και g pτ. Η τάξη τού a κ είναι p σ και τού g pτ είναι µ. Παρατηρώντας ότι (p σ, µ) = 1 και επειδή τα στοιχεία a κ και g pτ µετατίθενται µεταξύ τους, αφού η G είναι αβελιανή, συµπεραίνουµε ότι η τάξη τού a κ g pτ ισούται µε p σ µ. Οµως, επειδή το g έχει τη µέγιστη τάξη p τ µ µεταξύ των τάξεων όλων των στοιχείων τής G, συµπεραίνουµε ότι p σ µ p τ µ και συνεπώς p σ p τ. Ωστε η δύναµη p σ διαιρεί την τάξη o(g) = m τού g. Αυτό ακριβώς που ϑέλαµε να αποδείξουµε.

9 Ασκηση 12. Ο εκθέτης µιας οµάδας G, αν υπάρχει, ορίζεται να είναι ο ελάχιστος ϕυσικός αριθµός m έτσι ώστε : g m = e, g G, και συµβολίζεται 7 µε exp(g). Αν δεν υπάρχει τέτοιος αριθµός, ορίζουµε exp(g) =. (1) είξτε ότι ο εκθέτης υπάρχει για κάθε πεπερασµένη οµάδα G. (2) Υπάρχουν οµάδες άπειρης τάξης µε πεπερασµένο εκθέτη. (3) Αν η G = {g 1, g 2,, g n } είναι πεπερασµένη αβελιανή, δείξτε ότι : (a) exp(g) = [ o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n ) ] (b) είξτε ότι υπάρχει στοιχείο g G: o(g) = exp(g). Λύση. (1) Αν η οµάδα G είναι πεπερασµένη, τότε όπως έχουµε δείξει ϑα έχουµε a G = e, a G. Άρα το σύνολο {m N a m = e, a G}, και εποµένως ϑα έχει ελάχιστο στοιχείο m. Τότε εξ ορισµού m = exp(g) <. (2) Θεωρούµε την προθετική οµάδα Z 2 των κλάσεων υπολοίπων mod 2. Τότε προφανώς 2x = 0, x Z 2. Εστω G η οµάδα ευθύ γινόµενο Z 2 Z 2, τα στοιχεία της οποίας είναι ακολουθίες (x i ) i 1 στοιχείων της Z 2. Λαµβάνοντας υπ όψιν τον ορισµό της πράξης στην G, ϑα έχουµε ότι 2(x i ) i 1 = (2x i ) i 1 = (0) i 1 είναι η µηδενική ακολουθία, η οποία είναι το ουδέτερο στοιχείο της G. Εποµένως ϐλέπουµε ότι exp(g) = 2, και προφανώς η οµάδα G είναι άπειρης τάξης. (3)(α) Επειδή i = 1, 2,, n: g exp(g) i = e, έπεται ότι ϑα έχουµε o(g i ) exp(g), 1 i n, και εποµένως m := [o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n )] exp(g). Ιδιαίτερα m exp(g). Από την άλλη πλευρά, m = o(g i )k i, για κάποιους ϑετικούς ακέραιους 1 i n. Τότε : i = 1, 2,, n : gi m = g o(g i)k i i = (g o(g i) i ) k i = e Άρα x m = e, x G, και εποµένως exp(g) m. Συνοψίζοντας ϑα έχουµε : exp(g) = m = [o(g 1 ), o(g 2,, o(g n )] (3)(ϐ) Ισχυρισµός: η G περιέχει ένα στοιχείο g του οποίου η τάξη είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων όλων των στοιχείων της G: g G : o(g) = [o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n )] Αν αποδείξουµε τον παραπάνω ισχυρισµό, τότε από το (3)(α) ϑα έχουµε ότι υπάρχει ένα στοιχείο g στην G µε τάξη τον εκθέτη της G. Η απόδειξη του ισχυρισµού, ϑα γίνει σε τρία ϐήµατα : Βηµα 1: είχνουµε πρώτα ότι : «αν x, y G και o(x) = m, o(y) = n, τότε υπάρχει ένα στοιχείο z G έτσι ώστε : o(z) = [m, n]» Για τους ϑετικούς ακεραίους m, n από την Θεωρία Αριθµών, µπορούµε να γράψουµε : m = p e 1 1 pe 2 2 pe k k και n = p f 1 1 pf 2 2 pf k k όπου οι p 1, p 2,, p k είναι διακεκριµµένοι πρώτοι αριθµοί, και e i, f i 0, 1 i k. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, (εν ανάγκη αναδιατάσσοντας τους πρώτους αριθµούς p 1, p 2,, p k ), µπορούµε να υποθέσουµε ότι : e 1 f i,, e j f j και e j+1 f j+1,, e k f k, για κάποιο 1 j k Θέτοντας ϐλέπουµε εύκολα ότι : r = p e 1 1 pe 2 2 pe j j και s = p f j+1 j+1 pf j+2 j+2 pf k k [m, n] = n s m r = pf 1 1 pf 2 2 pf j j pe j+1 1 p e j+2 2 p e k k και ( m r, n s ) = 1 7 Αν η οµάδα είναι προσθετική, τότε ο εκθέτης της G είναι ο ελάχιστος ϕυσικός αριθµός m έτσι ώστε : mg = 0, g G, ή αν δεν υπάρχει τέτοιος ϕυσικός αριθµός m.

10 Επιπλέον : o(x r ) = m και o(y s ) = n r s και εποµένως, επειδή η οµάδα G είναι αβελιανή και οι τάξεις των στοιχείων x r και y s είναι αριθµοί πρώτοι µεταξύ τους ϑα έχουµε ότι : το στοιχείο z = x r z s έχει τάξη o(z) = [m, n] = n s m r Βηµα 2: Χρησιµοποιώντας την ταυτότητα : m, n, t Z + : [[m, n], t] = [m, n, t] και επαναλαµβάνοντας την παραπάνω διαδικασία ϑα έχουµε ότι : αν x, y, z G και o(x) = m, o(y) = n, o(z) = t, τότε υπάρχει ένα στοιχείο w G έτσι ώστε : o(w) = [m, n, t] Βηµα 3: Συνεχίζοντας την παραπάνω διαδικασία, και λαµβάνοντας υπ όψιν ότι η αβελιανή οµάδα είναι πεπερασµένη, µπορούµε επαγωγικά να κατασκευάσουµε ένα στοιχείο g µε την επιθυµητή ιδιότητα, δηλαδή η τάξη του g να είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων των στοιχείων της G. Ασκηση 13. Εστω GL 2 (R) η οµάδα των αντιστρέψιµων 2 2 πινάκων µε στοιχεία πραγµατικούς αριθµούς, και ϑεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολά της : G = { X a,b M 2 2 (R) a, b R & a 0 } & H = { X 1,b M 2 2 (R) b R } a b, όπου X a,b = (1) είξτε ότι 8 : H G GL 2 (R). (2) είξτε ότι, A G: A H = H A. (3) Περιγράψτε το σύνολα πηλίκο G/H. Λύση. (1) Προφανώς κάθε πίνακας X a,b G είναι αντιστρέψιµος διότι X a,b = a 0, και άρα G GL 2 (R). Προφανώς I 2 = X 1,0 G. Θεωρούµε δύο πίνακες-στοιχεία του συνόλους G: ( a b a X a,b = & X a,b = b ), όπου a, a 0 Εύκολα υπολογίζουµε ότι : X a,b X a,b = X aa,ab +b = ( aa ab ) + b Εποµένως το υποσύνολο G είναι µια υποοµάδα της GL 2 (R). G & X 1 a,b = X 1 a, b a = ( 1 a b a Επειδή I 2 = X 1,0 H, και όπως ϐλέπουµε από τις παραπάνω σχέσεις για a = 1 = a, έχουµε : ( 1 ab X 1,b X 1,b = X 1,b +b = ) + b H & X 1 1 b 1,b = X 1, b = H έπεται ότι το υποσύνολο H είναι µια υποοµάδα της G, άρα και της GL 2 (R). (2) Θεωρούµε πίνακες a b X a,b = G & X 1,r = Τότε : X a,b X 1,r = a b 1 r 1 r = H & X 1,s = a ar + b = X a,ar+b 1 s ) H G 8 Η οµάδα G καλείται η οµοπαραλληλική οµάδα των 2 2 αντιστρεψίµων πινάκων.

11 Άρα : Παρόµοια Άρα : X a,b H = HX a,b = { } { } X a,b X 1,r G a 0 & b, r R = X a,ar+b G a 0 & b, r R X 1,s X a,b = 1 s a b = a b + s = X a,b+s { } { } X 1,s X a,b G a 0 & b, s R = X a,b+s G a 0 & b, s R ( ) ( ) Εστω X a,ar+b X a,b H. Επειδή X a,ar+b = X a,b+s HX a,b+s, όπου s = ar, έπεται ότι X a,b H HX a,b. Αντίστροφα, έστω X a,b+s HX a,b. Επειδή X a,b+s = X a,ar+b X a,b H, όπου r = s a, έπεται ότι HX a,b X a,b H. Εποµένως : X a,b G : X a,b H = HX a,b (3) Συµβολίζουµε µε G/H το σύνολο όλων των αριστερών συµπλόκων της H στην G: και ορίζουµε την ακόλουθη αντιστοιχία G/H = { X a,b H G X a,b G} Φ : G/H R, Φ(X a,b H) = a Θα δείξουµε ότι η αντιστοιχία Φ είναι µια καλά ορισµένη «1-1» και «επί» απεικόνιση. Πρώτα προσδιορίζουµε πότε δύο σύµπλοκα X a,b H και X a,b συµπίπτουν. Θα έχουµε : X a,b H = X a,b H X 1 a,b X a,b H X a 1 a,a 1 (b b) H Εποµένως : X a 1 a,a 1 (b b) = X 1,r, για κάποιο r R a 1 a = 1 a = a X a,b H = X a,b H a = a ( ) Η Φ είναι καλά ορισµένη: Εστω X a,b H = X a,b H. Τότε από την σχέση ( ) ϑα έχουµε a = a και εποµένως από τον ορισµό της Φ, ϑα έχουµε Φ(X a,b H) = Φ(X a,b H). Άρα η Φ είναι µια καλά ορισµένη απεικόνιση. Η Φ είναι «1-1»: Θα έχουµε Φ(X a,b H) = Φ(X a,b H) = a = a ( ) = X a,b H = X a,b H Εποµένως η Φ είναι «1-1». Η Φ είναι «επί»: Θα έχουµε Εποµένως η Φ είναι «επί». r R : Φ(X r,0 H) = r Ασκηση 14. Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα και ότι H, K είναι υποοµάδες της µε K H. Αν ο δείκτης [G : K] είναι πεπερασµένος, τότε να δειχθεί ότι οι δείκτες [G : H] και [H : K] είναι πεπερασµένοι και ισχύει 9 [G : K] = [G : H] [H : K] 9 Η οµάδα G δεν είναι απαραίτητα πεπερασµένη. Οταν η οµάδα G είναι πεπερασµένη η απόδειξη προκύπτει άµεσα από το Θεώρηµα του Lagrange και έχει αναλυθεί στην τάξη.

12 Λύση. Ο δείκτης [H : K] είναι το πλήθος των στοιχείων τού συνόλου H/K = {hk h H}, το οποίο είναι υποσύνολο τού G/K = {gk g G}. Αφού το G/K είναι ένα πεπερασµένο σύνολο, έπεται ότι και το H/K είναι επίσης πεπερασµένο. Ωστε, [H : K] <. Θεωρούµε τα σύνολα G/K = {gk g G} και G/H = {gh g G} και την αντιστοιχία Φ: G/K G/H, gk Φ(gK) := gh Η συγκεκριµένη αντιστοιχία Φ είναι µια «καλά ορισµένη» απεικόνιση, αφού αν, g 1 K = g 2 K, τότε το g2 1 g 1 είναι στοιχείο τού K H και γι αυτό g 1 H = g 2 H. Επιπλέον, η Φ είναι µια «επί» απεικόνιση (γιατί ;) και επειδή το σύνολο G/K είναι πεπερασµένο, έπεται ότι και το G/H είναι ένα πεπερασµένο σύνολο. Ωστε, [G : H] <. Τώρα ϑα δείξουµε ότι [G : K] = [G : H] [H : K]. Εστω ότι G/H = {a 1 H, a 2 H,..., a n H}, a i G, 1 i n είναι το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συµπλόκων) τής H στην G και ότι H/K = {b 1 K, b 2 H,..., b m K}, b j H, 1 j m είναι το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συµπλόκων) τής K στην H. Ισχυριζόµαστε ότι τα σύνολα a i b j K, 1 i n, 1 j m είναι ανά δύο διαφορετικές αριστερές πλευρικές κλάσεις (σύµπλοκα) τής K στην G. Πράγµατι, αν για κάποια a p H, a q H, b r K, b s K µε 1 p, q n, p q και µε 1 r, s m, r s ήταν a p b r K = a q b s K, τότε ϑα ήταν (a q b s ) 1 a p b r = b 1 s a 1 q a p b r K και αφού K H και τα b j H, συµπεραίνουµε ότι a 1 q a p H, δηλαδή a p H = a q H. Αυτό όµως είναι άτοπο. Τώρα ϑα δείξουµε ότι κάθε πλευρική κλάση gk είναι µια από αυτές τις a i b j K, 1 i n, 1 j m. Το στοιχείο g ανήκει στην a i H, για κάποιο i, 1 i n. Ωστε g = a i h, h H. Το h H ανήκει στην b j K για κάποιο j, 1 j m. Ωστε h = b j k, k K. Εποµένως, g = a i b j και γι αυτό gk = a i b j K. Εποµένως, το σύνολο {a i b j K 1 i n, 1 j m} συµπίπτει µε το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συµπλόκων) τής K στην G και αφού το πλήθος τού {a i b j K 1 i n, 1 j m} είναι [G : H] [H : K], συµπεραίνουµε ότι [G : K] = [G : H] [H : K]. Ασκηση 15. (Η Πρόταση Poincaré) Αν H, K είναι δύο υποοµάδες µιας οµάδας 10 G, των οποίων ο δείκτης στην G είναι πεπερασµένος, τότε και ο δείκτης τής H K στην G είναι επίσης πεπερασµένος. Επιπλέον : ( [G : H], [G : K] ) = 1 = [G : H K] = [ [G : H], [G : K] ] Λύση. Συµβολίζουµε µε G/H K το σύνολο {a(h K) a G} των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H K στην G και µε G/H (αντίστοιχα G/K) το σύνολο {ah a G} (αντίστοιχα {ak a G}) των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H στην G (αντίστοιχα τής K στην G). Θεωρούµε την αντιστοιχία Φ : G/H K G/H G/K, a(h K) (ah, ak) Παρατηρούµε ότι η συγκεκριµένη αντιστοιχία είναι µια «καλά ορισµένη» απεικόνιση, αφού αν για κάποια a, b G είναι a(h K) = b(h K), τότε το b 1 a ανήκει στην H K. Ετσι έχουµε ότι b 1 a H και b 1 a K. Εποµένως, ah = bh και ak = bk, δηλαδή (ah, ak) = (bh, bk). Ισχυριζόµαστε ότι η Φ είναι µια «1-1» απεικόνιση. Πράγµατι, αν είναι Φ(a(H K)) = Φ(b(H K)), τότε (ah, ak) = (bh, bk). Εποµένως, ah = bh και ak = bk και γι αυτό b 1 a H, b 1 a K. Ωστε, a(h K) = b(h K). Αφού οι δείκτες [G : H] και [G : K] είναι πεπερασµένοι, δηλαδή το σύνολο G/H (αντιστοίχως G/K) των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H (αντιστοίχως τής K) στην G έχει πεπερασµένο το πλήθος στοιχεία, συµπεραίνουµε ότι και το καρτεσιανό γινόµενο G/H G/K έχει πεπερασµένο το πλήθος στοιχεία. Επειδή τώρα η Φ είναι µια «1-1» απεικόνιση, καταλήγουµε στο ότι και το πλήθος [G : H K] των στοιχείων τού G/H K είναι πεπερασµένο και µάλιστα από το [G : H] [G : K], το οποίο είναι το πλήθος των στοιχείων τού συνόλου G/H G/K: 10 Η G δεν είναι απαραίτητα πεπερασµένη οµάδα. G/H K G/H G/K = [G : H] [G : K] ( )

13 Σύµφωνα µε την προηγούµενη Άσκηση 14 γνωρίζουµε ότι [G : H K] = [G : H] [H : H K] και [G : H K] = [G : K] [K : H K]. Ωστε ο [G : H K] είναι κοινό πολλαπλάσιο των [G : H] και [G : K]. Εποµένως ο [G : H K] [ είναι πολλαπλάσιο και τού [G : H], [G : K] ], το οποίο ισούται µε [G : H] [G : K], αφού οι [G : H] και [G : K] δεν έχουν κοινούς διαιρέτες. Οµως µόλις παρατηρήσαµε, ϐλέπε τη σχέση (*), ότι [G : H K] [G : H] [G : K] και αφού είναι και πολλαπλάσιο τού [G : H] [G : K], συµπεραίνουµε ότι [G : H K] = [G : H] [G : K] = [ [G : H], [G : K] ].