Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Πέµπτη 27 εκεµβρίου 2012 Ασκηση 1. (1) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύµπλοκα) της υποοµάδας 5 στην οµάδα (Z, +). (2) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύµπλοκα) της υποοµάδας 9 στην οµάδα (Z, +) και της 9 στην (υπο)οµάδα 3 της (Z, +). (3) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύµπλοκα) της υποοµάδας [6] στην οµάδα (Z 12, +) και της [6] στην (υπο)οµάδα [2] της (Z 12, +). Λύση. 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). Αν ah bh τότε 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, κατόπιν ϐρίσκουµε (αν υπάρχει ) κάποιο b G \ ah. Το ah bh, αφού b / ah, γι αυτό µια νέα πλευρική κλάση είναι η bh. Σχηµατίζουµε την ένωση ah bh, κατόπιν ϐρίσκουµε κάποιο (αν υπάρχει) c G \ (ah bh), γι αυτό µια νέα πλευρική κλάση είναι η ch. Σχηµατίζουµε την ένωση ah bh ch κατόπιν ϐρίσκουµε (αν υπάρχει ) κάποιο d G \ (ah bh ch) και συνεχίζουµε µε τον τρόπο αυτό, ώστε τελικά η ένωση ah bh ch... να ισούται µε G. Συνήθως επιλέγουµε ως πρώτη πλευρική κλάση την eh = H. (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 ).

2 (ϐ ) Ο προσδιορισµός είναι και πάλι ο ίδιος, µόνο που τώρα εργαζόµαστε µε την οµάδα 3 εντός της οποίας ϑεωρούµε την υποοµάδα 9. Τα στοιχεία της 3 είναι της µορφής 3ρ, ρ Z. Τώρα τα αριστερά σύµπλοκα (3 0 + 9 ), (3 1 + 9 ), (3 2 + 9 ), είναι ανά δύο διαφορετικά. Επιπλέον, εκτελώντας Ευκλείδεια διαίρεση µε υπόλοιπο του 3ρ δια 9, παίρνουµε : 3ρ = 9q + υ, όπου υ = 0, 1, 2,..., 8. Επειδή το 3 διαιρεί τη διαφορά 3ρ 9q, διαιρεί και το υ. Γι αυτό υ = 0 = 3 0, 3 = 3 1, 6 = 3 2. 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 : ([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 2. 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. E 4 1 O τ 3 2 Σχήµα 1. Το τετράγωνο µε τον άξονα συµµετρίας τ

3 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. Η υποοµάδα τ = {Id 4, τ} και ο δείκτης ισούται µε (D 4) ( τ ) = 8 2 = 4. Συνεπώς, υπάρχουν ακριβως τέσσερεις αριστερές πλευρικές κλάσεις της τ στην D 4. Αυτές είναι οι : Id 4 τ = {Id 4 Id 4, Id 4 τ} = {Id 4, τ} ρ τ = {ρid 4, ρτ} = {ρ, τρ 3 } ρ 2 τ = {ρ 2 Id 4, ρ 2 τ} = {ρ 2, τρ 2 } ρ 3 τ = {ρ 3 Id 4, ρ 3 τ} = {ρ 3, τρ}. Ασκηση 3. Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα και ότι H G είναι µια υποοµάδα της. Για κάθε a G ϑεωρούµε το σύνολο Ha = {h a h H}. Κάθε σύνολο της µορφής Ha ονοµάζεται δεξιό σύµπλοκο (δεξιά πλευρική κλάση) της H στην G. (1) Να δειχθεί ότι το πλήθος των αριστερών συµπλόκων της H στην G ισούται µε το πλήθος των δεξιών συµπλόκων της H στην G. (2) Να δοθεί παράδειγµα οµάδας (G, ) και υποοµάδας της H, όπου υπάρχει a G µε ah Ha. (3) Να δειχθεί ότι αν µια οµάδα (G, ) είναι αβελιανή, τότε για κάθε a G ισχύει : ah = Ha. Λύση. (1) Ας είναι A = {ah a G} το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων και D = {Ha a G} το αντίστοιχο των δεξιών. Θεωρούµε την αντιστοιχία φ : A B, ah φ(ah) := Ha 1 Επειδή η αντιστοιχία ορίστηκε µέσω του αντιπροσώπου a της κλάσης ah, για να αποτελεί απεικόνιση ϑα πρέπει η εικόνα να µην εξαρτάται από τον ανττιπρόσωπο, αλλά µόνο από την κλάση. Γι αυτό ϑα δείξουµε ότι, αν ah = bh, τότε Ha 1 = Hb 1. Πράγµατι, (*) ah = bh b 1 a H (b 1 a) 1 = a 1 b H Ha 1 = Hb 1. Ωστε, η φ είναι µια καλά ορισµένη απεικόνιση. Επιπλέον, η φ είναι µια «1 1» απεικόνιση, αφού αν φ(ah) = φ(bh), δηλαδή αν Ha 1 = Hb 1 τότε οι αµέσως προηγούµενες ισοδύναµες σχέσεις (*) δίνουν ah = bh. Τέλος η φ είναι µια «επί» απεικόνιση, αφού αν Ha είναι ένα στοιχείο του B, τότε Ha = φ(a 1 H). Αφού λοιπόν η φ είναι µια «1 1» και «επί» αντιστοιχία, { τα A και ( B είναι ισοπληθή )} σύνολα. 1 2 3 (2) Θεωρούµε την οµάδα (S 3, ), την υποοµάδα H = Id 3, σ 1 = και το στοιχείο σ 1 3 2 2 = ( ) 1 2 3. 3 2 1 Τώρα έχουµε σ 2 H H σ 2, αφού {( ) ( )} 1 2 3 1 2 3 σ 2 H = {σ 2 Id 3, σ 2 σ 1 } =, 3 2 1 3 1 2 ενώ H σ 2 = {Id 3 σ 2, σ 1 σ 2 } = (3) Οταν η οµάδα (G, ) είναι αβελιανή, τότε αφού a, h G είναι ah = ha. {( ) ( )} 1 2 3 1 2 3,. 3 2 1 2 3 1 a G, ah = {ah h G} = {ha h H} = Ha,

4 Ασκηση 4. Να σχηµατιστεί το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της διεδρικής οµάδας (D 5, ). Λύση. Η D 5 = {Id 5, ρ, ρ 2, ρ 3, ρ 4, τ 1, τ 2, τ 3, τ 4, τ 5 } είναι η οµάδα στερεών κινήσεων (συµµετριών) του κανονικού πενταγώνου. Η περιγραφή των στοιχείων της D 5 δίνεται αναλυτικά παρακάτω. 3 τ 3 τ 2 O 2 τ 1 1 E 4 τ 4 τ 5 5 Σχήµα 2. Το κανονικό πεντάγωνο µε τους άξονες συµµετρίας του Η τάξη της D 5 είναι 2 5 = 10. Συνεπώς, από το Θεώρηµα Lagrange, αν H υποοµάδα της D 5, τότε η τάξη (H) οφείλει, ως διαιρέτης της τάξης (D 5 ) = 10, να ισούται µε 1, 2, 5, 10. Σηµειώστε ότι κάθε οµάδα µε τάξη πρώτο αριθµό είναι κυκλική. Γι αυτό όλες οι µη τετριµµένες υποοµάδες της D 5 είναι κυκλικές. Η D 5 διαθέτει µόνο µια υποοµάδα τάξης 10, τον εαυτό της. Η D 5 διαθέτει µόνο µια υποοµάδα τάξης 1, την τετριµµένη υποοµάδα Id 5 = {Id 5 }. Η D 5 διαθέτει πέντε υποοµάδες τάξης 2, τις κυκλικές υποοµάδες τ 1, τ 2, τ 3, τ 4, τ 5. Αυτές αντιστοιχούν ακριβώς στα πέντε στοιχεία τ 1, τ 2, τ 3, τ 4, τ 5 τάξης 2 της D 5, τα οποία µε τη σειρά τους προκύπτουν από τους πέντε άξονες συµµετρίας του κανονικού πενταγώνου, οι οποίοι διέρχονται από µία των κορυφών 1, 2, 3, 4, 5 και το µέσον της πλευράς που είναι απέναντι από την κορυφή (ϐλ. Σχήµα). Η D 5 διαθέτει µία κυκλική υποοµάδα τάξης 5. Πρόκειται για την υποοµάδα ρ = {Id 5, ρ, ρ 2, ρ 3, ρ 4 }, όπου το στοιχείο ρ αντιστοιχεί στη στροφή κατά γωνία 2π/5 (µε ϕορά αυτήν που ακολουθούν κατά τη κίνησή τους οι δείκτες του ϱολογιού), γύρω από το άξονα που είναι κάθετος στο επίπεδο του πενταγώνου και διέρχεται από το κέντρο O συµµετρίας του. Η D 5 δεν διαθέτει κάποια άλλη υποοµάδα τάξης 5, αφού όλα τα στοιχεία τάξης 5 της D 5, δηλαδή τα ρ 2, ρ 3, ρ 4 περιέχονται ήδη στην υποοµάδα ρ. Τέλος καµιά από τις γνήσιες υποοµάδες της D 5 δεν περιέχεται σε κάποια άλλη, αφού αν µια υποοµάδα τάξης 2 περιέχεται σε µια άλλη επίσης τάξης 2, τότε οι υποοµάδες συµπίπτουν. Επιπλέον, καµιά υποοµάδα τάξης 2 δεν περιέχεται στην υποοµάδα ρ τάξης 5, αφού το 2 δεν είναι διαιρέτης του 5. Γι αυτό το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της D 5 έχει την απλή µορφή :

5 D 5 ρ τ 1 τ 2 τ 3 τ 4 τ 5 {Id 5 } Σχήµα 3. Το διάγραµµα των υποοµάδων τής D 5 Ασκηση 5. Θεωρούµε την οµάδα (U 20, ) 1 των αντιστρέψιµων κλάσεων ισοδυναµίας των ακεραίων Z κατά µόδιο (mod) 20 µε πράξη τον πολλαπλασιασµό των κλάσεων κατά µόδιο (mod) 20. (1) Να δειχθεί ότι U 20 = { [1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19] } (2) Να δειχθεί ότι για κάθε στοιχείο u U 20 ισχύει u 8 = [1]. (3) Να λυθεί ως προς x εξίσωση [17] ( 108) x [7] 333 = [3] ( 1). Λύση. (1) Υπενθυµίζουµε ότι ένα στοιχείο [a] της Z n, n 2 είναι αντιστρέψιµο, αν και µόνο αν ο µέγιστος κοινός διαιρέτης (Μ.Κ..) των a και n ισούται µε 1. Επιπλέον, επειδή ο αντιπρόσωπος a της κλάσης [a] µπορεί να ϑεωρηθεί µεταξύ των αριθµών 1 και n, το πλήθος των αντιστρέψιµων στοιχείων της Z n συµπίπτει µε την τιµή φ(n) της συνάρτησης φ του Euler που µετρά το πλήθος των a, 1 a n µε Μ.Κ..(a, n) = 1. Εδώ έχουµε φ(20) = φ(2 2 5) = (2 2 2 1 ) (5 1) = 2 4 = 8. Οι οκτώ αριθµοί a, 1 a n µε Μ.Κ..(a, n) = 1 είναι οι 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19. Γι αυτό η U 20 αποτελείται από τις κλάσεις [1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19]. (2) Συνέπεια του Θεωρήµατος Lagrange είναι ότι αν µια οµάδα G έχει πεπερασµένη τάξη, τότε για κάθε στοιχείο a G είναι a G = e G. Η τάξη της U 20 είναι 8, γι αυτό για κάθε u U 20 έχουµε u 8 = [1]. (3) Εχουµε : [17] ( 108) x [7] 333 = [3] ( 1) [17] (108) ([17] ( 108) x [7] 333 ) [7] ( 333) ( 333) = [17] (108) [3] ( 1) [7] x = [17] (108) [3] ( 1) [7] ( 333) Επιπλέον, [17] 108 = [17] (13 8+4) = [17] 4 = [1], [3] 1 = [3] 3, αφού [3] 4 = [1]. Τέλος [7] ( 333) = ([7] ( 1) ) (333) = ([7] 3 ) (333) = [7] (999) = [7] (124 8+7) = [7] 7 = [3], επειδή [7] 4 = [1] και [7] 3 = [3]. Ετσι έχουµε : x = [17] (108) [3] ( 1) [7] ( 333) = [1] [3] 3 [3] = [3] 4 = [1]. 1 Η οµάδα U20 συµβολίζεται και ως U(Z 20)

6 Ασκηση 6. Αν (G, ) είναι µια οµάδα µε τάξη (G) < 300, η οποία έχει δύο υποοµάδες H, K µε τάξεις αντιστοίχως (H) = 24 και (K) = 54, τότε ποια είναι η (G);. Λύση. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα Lagrange οι τάξεις (H) = 24 = 2 3 3 και (K) = 54 = 2 3 3 διαιρούν την τάξη (G), και γι αυτό το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο 2 3 3 3 = 216 αυτών των τάξεων διαιρεί επίσης την τάξη της G. Γι αυτό η τάξη της G είναι πολλαπλάσιο του 216 και επειδή από την υπόθεση είναι (G) < 300, έπεται (G) = 216. Ασκηση 7. Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα και ότι a, b είναι δύο στοιχεία της µε a b = b a. Αν οι τάξεις (a), (b) είναι πεπερασµένες και Μ.Κ..( (a), (b)) = 1, τότε η τάξη του στοιχείου a b ισούται µε (a) (b). Λύση. Υπενθυµίζουµε ότι όταν η τάξη n ενός στοιχείου a µιας οµάδας G είναι πεπερασµένη, τότε είναι ο πιο µικρός από τους ϕυσικούς κ µε a κ = e G. Επειδή για τα συγκεκριµένα δύο στοιχεία a, b G είναι a b = b a, έπεται (µε µια πολύ απλή επαγωγική απόδειξη) ότι κ N {0}, (a b) κ = a κ b κ. Γι αυτό έχουµε : (a b) (a) (b) = (a (a) ) (b) (b (b) ) (a) = e (b) G e (a) G = e G. Θα δείξουµε ότι ο αριθµός (a) (b) είναι ο µικρότερος ϕυσικός µε την ιδιότητα (a b) (a) (b) = e G. Πράγµατι, αν κ N µε (a b) κ = e G, τότε a κ = b ( κ) και γι αυτό το στοιχείο a κ = b ( κ) ανήκει στην τοµή των υποοµάδων H = a b. Η τάξη (H) διαιρεί, λόγω του Θεωρήµατος Lagrange και την τάξη της a, η οποία ισούται µε (a) και την τάξη της b, η οποία ισούται µε (b), δηλαδή είναι κοινός διαιρέτης των (a) και (b). Αφού όµως ο Μ.Κ..( (a), (b)) = 1, έχουµε ότι (H) = 1 και έτσι H = {e G }. Εποµένως, το στοιχείο a κ = b ( κ) H ισούται µε e G. Γι αυτό a κ = e G και συνεπώς (a)/κ. Παροµοίως, b ( κ) = e G και συνεπώς (b)/κ. ηλαδή, το κ είναι ένα κοινό πολλαπλάσιο των αριθµών (a), (b). Άρα το κ, ως κοινό πολλαπλάσιο των (a), (b) είναι µεγαλύτερο ή ίσο από το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των (a), (b), το οποίο ισούται µε (a) (b), διότι ο Μ.Κ..( (a), (b)) = 1. Ωστε κ (a) (b) και γι αυτό (a b) = (a) (b). Ασκηση 8. (1) Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα µε τάξη p q, όπου οι p, q είναι πρώτοι αριθµοί. Να δειχθεί ότι κάθε γνήσια υποοµάδα H της G είναι κυκλική. (2) Εστω ότι (G, ) είναι µια αβελιανή οµάδα µε τάξη p q και ότι οι p, q είναι πρώτοι αριθµοί µε p q. Να δειχθεί ότι η G είναι µια κυκλική οµάδα. (3) Να δειχθεί ότι υπάρχουν αβελιανές οµάδες τάξης p 2, όπου ο p είναι πρώτος αριθµός, οι οποίες δεν είναι κυκλικές. Λύση. (1) Η τάξη (H) κάθε γνήσιας υποοµάδας H της G είναι ένας γνήσιος διαιρέτης της τάξης p q της G. Οι γνήσιες διαιρέτες του p q είναι 1, p και q, όταν p q ή 1 και p, όταν p = q. Σε κάθε περίπτωση η τάξη (H) κάθε γνήσιας υποοµάδας H είναι ή 1 ή ένας πρώτος αριθµός. Αλλά µια οµάδα τάξης 1 είναι κυκλική και το ίδιο συµβαίνει και µε µια οµάδα µε τάξη πρώτο αριθµό. Ωστε κάθε γνήσια υποοµάδα της G είναι κυκλική. (2) Θα αποδείξουµε τη συγκεκριµένη άσκηση χρησιµοποιώντας µόνο όσα γνωρίζουµε µέχρι τώρα, δηλαδή µόνο το Θεώρηµα Lagrange και το ποια είναι η τάξη του a i, i N, όταν η τάξη του a είναι πεπερασµένη. Υπάρχουν πολύ απλούστερες αποδείξεις, αν γνωρίζει κανείς περισσότερη ϑεωρία. Αρχίζουµε µε τα εξής προκαταρκτικά : (Α ) Αν (G, ) είναι µια πεπερασµένη αβελιανή οµάδα και a, b G, τότε το σύνολο H = a b = {a i b j a i a, b j b }

7 είναι µια υποοµάδα της G. Αποδειξη Το σύνολο H = a b είναι διάφορο του κενού συνόλου, αφού e G = e G e G H. Για να δείξουµε ότι το H είναι υποοµάδα, αρκεί να δείξουµε ότι είναι κλειστό ως προς την πράξη της G, αφού το H G είναι πεπερασµένο σύνολο ως υποσύνολο της G. Αν x = a i 1 b j 1 και y = a i 2 b j 2 είναι στοιχεία του H, τότε x y = 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, το οποίο είναι στοιχείο του H. Συνεπώς, το H είναι µια υποοµάδα της G (Β ) Αν επιπλέον, a b = {e G }, τότε η τάξη της οµάδας H = a b ισούται µε (a) (b). Αποδειξη Θεωρούµε την απεικόνιση Φ : a b H = a b, (a i, b j ) a i b j. Η Φ είναι «επί» απεικόνιση, αφού αν x = a i b j H, τότε Φ((a i, b j )) = x. Επιπλέον, η Φ είναι µια «1 1» απεικόνιση, αφού αν, για κάποια στοιχεία (a i 1, b j 1 ), (a i 2, b j 2 ) H είναι Φ((a i 1, b j 1 )) = Φ((a i 2, b j 2 )), τότε a i 1 b j 1 = a i 2 b j 2 a (i 1 i 2 ) = b (j 2 j 1 ). Οµως τώρα το στοιχείο a (i 1 i 2 ) = b (j 2 j 1 ) ανήκει στην τοµή a b που από την υπόθεση ισούται µε {e G }. Εποµένως, a (i 1 i 2 ) = e G και b (j 2 j 1 ) = e G, δηλαδή a i 1 = a i 2 και b j 1 = b j 2. Συνεπώς, (a i 1, b j 1 ) = (a i 2, b j 2 ). Αφού λοιπόν η Φ είναι µια «1 1» και «επί» απεικόνιση, το πλήθος των στοιχείων της οµάδας H = a b ισούται µε το πλήθος των στοιχείων του καρτεσιανού γινοµένου a b, δηλαδή µε (a) (b). (Γ ) Αν a είναι µια κυκλική οµάδα µε τάξη έναν πρώτο αριθµό r, τότε κάθε στοιχείο x a µε x e G έχει τάξη επίσης r. Αποδειξη Γνωρίζουµε ότι το x ισούται µε a i, 1 i r 1. (x) = (a i r ) = Μ.Κ. (i, r) = r 1 = r, αφού ο r είναι ένας πρώτος αριθµός και ο i είναι ένας ϕυσικός αριθµός µε i < r. Τώρα είµαστε έτοιµοι για την απόδειξη της άσκησης. Θεωρούµε ένα οποιοδήποτε στοιχείο a G µε a e G. Προφανώς η τάξη του a είναι > 1. Αν το a έχει τάξη p q, τότε η κυκλική υποοµάδα a είναι τάξης p q και συνεπώς η G είναι κυκλική, αφού ισούται µε την υποοµάδα της a, επειδή και η οµάδα και η υποοµάδα έχουν τάξη p q. Αν το a δεν έχει τάξη p q, τότε έχει τάξη, ας πούµε p. (Η απόδειξη είναι εντελώς ίδια όταν η τάξη του a είναι q.) Το σύνολο G \ a είναι διάφορο του κενού, αφού έχει p q p = p (q 1) το πλήθος στοιχεία και το q ως πρώτος αριθµός είναι 2. Εστω b G \ a. Προφανώς b e G, αφού e G a. Αν η τάξη του b είναι p q, τότε συµπεραίνουµε όπως και προηγουµένως ότι G = b και γι αυτό η G είναι κυκλική. Αν η τάξη του b δεν είναι p q, τότε η (b) είναι (λόγω του Θεωρήµατος Lagrange), ως διαιρέτης του p q, είτε p είτε q και σίγουρα (b) 1, αφού b e G. Σε κάθε περίπτωση η (b)είναι ένας πρώτος αριθµός. Ισχυριζόµαστε ότι a b = {e G }, αφού αν a b {e G }, τότε υπάρχει στην τοµή a b κάποιο στοιχείο b i e G και γι αυτό η κυκλική υποοµάδα b i περιέχεται στην a. Λόγω του (Γ ), η τάξη του b i ισούται µε την τάξη του b και έτσι b i = b. Συνεπώς, b a και έτσι b a. Πράγµα άτοπο, αφού το b το πήραµε από το σύνολο G \ a. Ωστε, a b = {e G }. Θεωρούµε τώρα την υποοµάδα H = a b. Η τάξη της H, λόγω του (Β ), ισούται µε (a) (b) = p (b), αφού (a) = p. Σύµφωνα µε το Θέωρηµα Lagrange, η τάξη (H) = p (b) είναι διαιρέτης της τάξης (G) = p q και γι αυτό η τάξη (b) 1 είναι διαιρέτης του q. Άρα (b) = q, αφού ο q είναι πρώτος αριθµός. Ετσι όµως έχουµε ότι το a είναι ένα στοιχείο τάξης p, το b είναι ένα στοιχείο τάξης q και ο Μ.Κ..(p, q) = 1, αφού οι p, q είναι διαφορετικοί πρώτοι. Επειδή η G είναι αβελιανή

8 έχουµε a b = b a και από την Άσκηση 7 γνωρίζουµε ότι (a b) = (a) (b) = p q. Εποµένως, η G διαθέτει ένα στοιχείο τάξης p q, το a b, και γι αυτό είναι κυκλική. (3) Η οµάδα V 4 των τεσσάρων στοιχείων του Klein (ή η ισόµορφή της Z 2 Z 2 ) έχει τάξη 4 = 2 2 που είναι δύναµη πρώτου αριθµού. Ωστόσο, δεν είναι κυκλική. Κάθε στοιχείο της του ουδετέρου έχει τάξη 2. Ασκηση 9. Να δειχθεί ότι µια οµάδα που δεν διαθέτει άλλες υποοµάδες παρά µόνο τις τετριµµένες είναι κυκλική τάξης 1 ή p, όπου ο p είναι πρώτος αριθµός. Λύση. Μια οµάδα G τάξης 1 αποτελείται µόνο από το ουδέτερο στοιχείο e G, δεν διαθέτει άλλες υποοµάδες εκτός του εαυτού της, δηλαδή δεν διαθέτει άλλες υποοµάδες εκτός από τις τετριµµένες, και προφανώς είναι κυκλική, αφού e G = {e G } = G. Ας είναι G µια οµάδα που ικανοποιεί τις υποθέσεις της άσκησης µε (G) > 1. Τότε υπάρχει a G µε a e G και η κυκλική υποοµάδα a {e G }, λόγω της υπόθεσης της άσκησης, οφείλει να ισούται µε την G, δηλαδή a = G. Θα αποδείξουµε ότι η τάξη του a οφείλει να είναι κάποιος n N. Αν (a) =, τότε και η (a 2 ) =, αφού, αν για κάποιο m N είναι (a 2 ) m = e G, τότε a 2m = e G, πράγµα άτοπο. Ωστε, a 2 {e G }. Επιπλέον, η υποοµάδα a 2 a, αφού αν a 2 = a, τότε a a 2, δηλαδή a = (a 2 ) z για κάποιο z Z. Τότε όµως a (2z 1) = e G και συνεπώς 2z 1 = 0, αφού (a) =. Αλλά αυτό είναι άτοπο, αφού η ισότητα 2z 1 = 0 δεν είναι αληθής για κανένα z Z. Ωστε, {e G } a 2 a. Το τελευταίο συµπέρασµα αντίκειται στην υπόθεση της άσκησης. Εποµένως, (a) = n N. Τώρα ϑα δείξουµε ότι ο n = (a) είναι πρώτος αριθµός. Εστω ότι είναι σύνθετος, ας πούµε n = n 1 n 2, 1 < n 1, n 2 < n. Τότε όµως η τάξη του στοιχείου a n 1 ισουται µε = n 2 < n n Μ.Κ..(n 1,n) = n n 1 και συνεπώς για την υποοµάδα a n 1 ισχύει {e G } a n 1 a. Αυτό αντίκειται στην υπόθεση της άσκησης, γι αυτό η τάξη του a είναι πρώτος αριθµός. Ωστε, G = a µε (G) = (a) κάποιον πρώτο αριθµό. Ασκηση 10. Εστω ότι (G, ) είναι µια οµάδα και ότι H G, K G είναι δύο υποοµάδες της. Θεωρούµε το υποσύνολο R G G που ορίζεται ως (a, b) R a = h b k, h H, k K. Να δειχθεί ότι το υποσύνολο R ορίζει µια σχέση ισοδυναµίας επί της G και ακολούθως να περιγραφούν οι κλάσεις ισοδυναµίας. Λύση. Αν a G, τότε (a, a) R, αφού a = e G a e G, e G H, e G K. Αν (a, b) R, τότε a = h b k, h H, k K b = h 1 a k 1, h 1 H, k 1 K (b, a) R Αν (a, b) R και (b, c) R, τότε a = h 1 b k 1, b = h 2 c k 2, h 1, h 2 H, k 1, k 2 K a = h 1 (h 2 c k 2 ) k 1 = (h 1 h 2 ) c( k 2 k 1 ) και h 1 h 2 H, k 2 k 1 K, αφού οι H και K είναι υποοµάδες. Συνεπώς, το (a, c) R. Ετσι, η R είναι σχέση ισοδυναµίας επί της G. Θα δείξουµε ότι η κλάση ισοδυναµίας του στοιχείου a G είναι η [a] = H a K. Πράγµατι, κάθε στοιχείο x H a K είναι της µορφής x = h a k, h H, k K. Τότε, a = h 1 x k 1. Άρα, (a, x) R. Εποµένως, H a K [a]. Αλλά και αντίστροφα, αν x [a], τότε a = h x k, h H, k K. Συνεπώς, x = h 1 a k 1, h 1 H, k 1 K. Εποµένως, x H a K και γι αυτό [a] H a K. Ωστε, [a] = H a K.