Preuzmite ALGEBRA - Grupe i više Slajdovi u PDF od Algebra samo na Docsity!
ALGEBRA
Grupe
Izomorfizmi grupa i grupe permutacija
Zoran Petrovi
Qetvrto predavanje
Ovu lekciju zapoqinjemo definicijom pojma izomorfizma grupa.
Definicija 1 Neka su (G, ·) i (H, ∗) grupe. Kaemo da su ove grupe izomorfne ukoliko postoji bijekcija f : G → H takva da je za sve x, y ∈ G:
f (x · y) = f (x) ∗ f (y).
Bijekcija iz ove definicije zove se izomorfizam grupa G i H. Qi- njenicu da je grupa G izomorfna grupi H zapisujemo ovako: G ∼= H. Ukoliko je e neutral u G, a ε neutral u H i f : G → H izomorfizam, vai sledee:
- f (e) = ε;
- f (x−^1 ) = f (x)−^1.
Naime, f (e) = f (e · e) = f (e) ∗ f (e), te sledi da je f (e) = ε. Sliqno, ε = f (e) = f (x·x−^1 ) = f (x)∗f (x−^1 ), pa zakljuqujemo da je f (x−^1 ) = f (x)−^1.
Stav 2 Ako je f : G → H izomorfizam grupa, onda je i f −^1 : H → G, takoe izomorfizam.
Dokaz. Jasno je da f −^1 : H → G postoji, poxto je f bijekcija. Treba pokazati da je f −^1 (u ∗ v) = f −^1 (u) · f −^1 (v) za sve u, v ∈ H. Kako je f ,,na“, to postoje x i y tako da je u = f (x) i v = f (y). No, tada je
f −^1 (u ∗ v) = f −^1 (f (x) ∗ f (y)) = f −^1 (f (x · y)) =
= (f −^1 ◦ f )(x · y) = idG(x · y) = x · y = f −^1 (u) · f −^1 (v). Izomorfizam quva red elementa u grupi.
Stav 3 Ako je f : G → H izomorfizam i x ∈ G, onda je ω(f (x)) = ω(x).
Dokaz. Razmotrimo najpre sluqaj kada je x beskonaqnog reda. Pokai- mo da je i f (x) takoe beskonaqnog reda. U suprotnom, je (f (x))n^ = ε za neko n > 0. No, tada je f (xn) = f (e), a kako je f ,,1–1“ zakljuqujemo da je xn^ = e, xto protivreqi pretpostavci da je x beskonaqnog reda. Zakljuqujemo da da je i f (x) beskonaqnog reda. Neka je n = ω(x). Tada je f (x)n^ = f (xn) = f (e) = ε, pa dobijamo da je i f (x) konaqnog reda m i da m | n. No, xm^ = (f −^1 (f (x)))m^ = f −^1 (f (x)m) = f −^1 (ε) = e, pa n | m. Dakle, m = n.
Napomena: Ovde smo iskoristili ranije dokazani rezultat da je za element z neke grupe ispunjeno: zm^ = e ako i samo ako ω(z) | m.
Zapravo, dve izomorfne grupe su potpuno identiqne po svojim al- gebarskim svojstvima; jedino se mogu razlikovati po prirodi svojih elemenata. U prethodnoj lekciji dosta panje posveeno je cikliqnim grupama. Ispostavlja se da vai sledea teorema.
Teorema 4 Svaka cikliqna grupa izomorfna je ili grupi Z ili grupi Zn za neko n ≥ 1.
Dokaz. Pretpostavimo najpre da je G beskonaqna cikliqna grupa. To znaqi da postoji element a ∈ G takav da je
G = {am^ : m ∈ Z}.
Osim toga, ak^6 = al^ ukoliko je k 6 = l. U ovom sluqaju definiximo f : Z → G sa: f (m) = am. Jasno je da je f bijekcija (zaxto?). Treba samo proveriti da je f (m + n) = f (m) · f (n) za sve m, n ∈ Z. No, to je zapravo ranije navedeno svojstvo: am+n^ = am^ · an. Zakljuqujemo da je u ovom sluqaju G ∼= Z. Pretpostavimo da je G konaqna cikliqna grupa, tj. da je za neki element a ∈ G G = {e, a,... , an−^1 },
za neki prirodan broj n ≥ 2 (sluqaj n = 1 je jednostavan, tu dobijamo samo trivijalnu grupu {e}). Dokazaemo da je u ovom sluqaju G ∼= Zn. Definixemo funkciju f : Zn → G sa: f (k) := ak. Kao i u prethodnom sluqaju, jasno je da je f bijekcija. Treba samo pokazati da je
f (k +n l) = f (k) · f (l).
Podsetimo se da je, za k, l ∈ { 0 , 1 ,... , n − 1 }:
k +n l =
k + l, k + l < n k + l − n, k + l ≥ n.
Ukoliko je k + l < n, dobijamo da je
f (k) · f (l) = ak^ · al^ = ak+l^ = f (k + l) = f (k +n l).
se ostali elementi slikaju sami u sebe. Kako se ostali elementi ne pojavljuju u ovom zapisu, a slikaju se sami u sebe, to se (14867) moe videti i kao element grupe Sn za ma koje n ≥ 8. Ovakva permutacija naziva se ciklus ili cikl duine 5. Permutacija u kojoj
a 1 7 → a 2 7 → · · · 7 → ak− 1 7 → ak 7 → a 1 ,
pri qemu su elementi ai razliqiti, oznaqava se sa (a 1 a 2... ak), zove se ciklus duine k (ili k-cikl). Vratimo se permutaciji σ. Prvi element koji nismo ,,pokupili“ do sada je element 2. Vidimo da
2 7 → 5 7 → 2.
Dakle, dobijamo novi cikl (25), koji je duine 2. Cikli duine 2 zovu se i transpozicije (samo dva elementa zamene svoja mesta). Vidimo da se preostali elementi 3 i 9 ne pomeraju pri permutaciji σ: 3 7 →, odnosno 9 7 → 9. To se moe zapisati i u obliku ciklusa duine 1 : (3), odnosno (9). No, to su, po naxoj definiciji, zapravo identiqne permutacije ( 3 se slika u 3 , a ostali takoe sami u sebe!), te ih qesto i ne pixemo. Proverimo da li je
σ = (14867)(25).
Ovde treba napomenuti da znak za kompoziciju ◦ najqexe neemo pisati. Osim toga, podsetimo qitaoca da su ovo funkcije, te ova oznaka znaqi da prvo deluje (25), a potom (14867). Nije texko prove- riti da gornja jednakost zaista vai. Ovako smo naxu permutaciju prikazali o obliku proizvoda disjunktnih ciklusa (ciklusi (a 1 a 2... ak) i (b 1 b 2... bl) su disjunktni ukoliko su {a 1 , a 2 ,... , ak} i {b 1 , b 2 ,... , bl} disjunktni skupovi). Zapravo vai sledea teorema.
Teorema 7 Svaka permutacija iz Sn moe se na jedinstven naqin, do na redosled faktora, predstaviti u obliku proizvoda disjunktnih ciklusa.
Ovu teoremu neemo dokazivati. Primetimo da vai sledee. Uko- liko su ciklusi ρ i π disjunktni, onda je ρπ = πρ. To nije texko direktno proveriti analizirajui gde se slikaju pojedini elementi. Ukoliko pak ciklusi nisu disjunktni, oni ne moraju da komutiraju:
(12)(23) = (123), (23)(12) = (132).
Primetimo da je
(a 1 a 2... ak) = (a 2... aka 1 ) = · · · = (ak... a 1 a 2... ak− 1 ).
U konkretnom sluqaju k = 4:
(a 1 a 2 a 3 a 4 ) = (a 2 a 3 a 4 a 1 ) = (a 3 a 4 a 1 a 2 ) = (a 4 a 1 a 2 a 3 ).
U vezi sa ovim, prirodno se postavlja pitanje koliko u Sn ima razliqitih ciklusa duine k, gde je k ≤ n. Na to pitanje nije texko odgovoriti. Naime, najpre je potrebno iz skupa od n elemenata izab- rati njih k. To se moe izvesti na
(n k
naqina. Ti elementi se me- usobno mogu poreati u ciklus duine k na k! naqina. No, videli smo da neke od tih permutacija zapravo zadaju isti ciklus. Preciznije, od datih k elemenata moe se formirati k k! = (k − 1)! razliqitih ciklusa. Dakle, razliqitih ciklusa duine k u Sn ima
(n k
(k − 1)! = n(n−1)···(n−k+1) k.^ Naravno, ovo se moe dokazati i na druge naqine. Razmislite kako. Pozabavimo se malo raqunanjem sa ciklusima. Najpre, lako je proveriti da je, ako su a, b, c meusobno razliqiti, (ab)(bc) = (abc). Opxtiji rezultat je sledei. Ako su a 1 , a 2 ,... , ak+l meusobno razli- qiti onda je:
(a 1 a 2... ak)(akak+1... ak+l) = (a 1 a 2... ak+l),
za sve k ≥ 2 , l ≥ 1. Koristei ovaj rezultat, lako se pokazuje da je svaki ciklus proizvod transpozicija:
(a 1 a 2 )(a 2 a 3 ) · · · (ak− 1 ak) = (a 1 a 2... ak).
Kako je svaka permutacija proizvod ciklusa to zakljuqujemo da vai sledei stav.
Stav 8 Svaka permutacija iz Sn moe se predstaviti u obliku proizvoda transpozicija.
Ovde treba istai da predstavljanje nije jedinstveno. Npr.
(12)(23)(34) = (14)(13)(12).
Ono xto jeste jedinstveno je parnost broja transpozicija koje se po- javljuju u faktorizaciji date permutacije. Taj rezultat takoe neemo dokazivati. Ukaimo samo da permutacije koje se mogu predstaviti u obliku proizvoda parnog broja transpozicija zovemo parne per- mutacije, dok se permutacije koje se predstavljaju u obliku neparnog broja transpozicija zovu neparne permutacije. Skup svih parnih per- mutacija oznaqava se sa An i vai sledei stav.
Stav 9 Za svako n ≥ 2 je An ≤ Sn i |An| = n 2!.
Dokaz. Kako je identiqna permutacija oqigledno parna (zaxto?), to je An 6 = ∅. Osim toga, ako su σ i π parne permutacije, to je i σπ−^1 parna permutacija. Naime, ako je σ = τ 1 τ 2 · · · τ 2 k, a π = φ 1 φ 2 · · · φ 2 l, predstav- ljanje ovih permutacija u obliku proizvoda parnog broja transpozi- cija to je σπ−^1 = τ 1 τ 2 · · · τ 2 kφ 2 l · · · φ 2 φ 1 predstavljanje u obliku proizvoda parnog broja transpozicija (pojasniti ovu poslednju jednakost).
Kada smo dobili (23), nije nam texko da dobijemo i (34):
(12... n)(23)(12... n)−^1 = (34).
Uoqavamo pravilnost:
(12... n)(k, k + 1)(12... n)−^1 = (k + 1, k + 2),
za 1 ≤ k ≤ n − 2. Tako dobijamo sve transpozicije za koje znamo da generixu Sn, pa prema tome zakljuqujemo da i date dve permutacije takoe generixu Sn. Primetimo da parnost k-cikla zavisi od k. Zapravo je k-cikl parna permutacija ako i samo ako je k neparan (pogledajte kako smo k-cikl predstavili u obliku proizvoda transpozicija). To posebno znaqi da je svaki cikl duine tri (tricikl!) jedna parna permutacija. Vai sledei stav.
Stav 11 Ako je n ≥ 3 , onda je An generisana ciklusima duine 3.
Dokaz. Ovo zapravo nije texko dokazati. Ukoliko je n = 3 i ne- mamo xta da dokazujemo. Naime, S 3 = {(1), (12), (13), (23), (123), (132)} ((1) predstavlja identiqnu permutaciju). Dakle, ovde je zapravo A 3 = {(1), (123), (132)}. Pretpostavimo stoga da je n ≥ 4. Kako je, prema prethodnom stavu, skup {(12), (13),... , (1n)} jedan skup generatora grupe Sn, to se i svaki element iz An moe predstaviti u obliku proizvoda ovih elemenata. No, kako je u pitanju element iz An, on je predstavljen u obliku proizvoda parnog broja takvih transpozicija. Grupixui ih dve po dve, dobijamo da je dovoljno da pokaemo da se permutacije oblika (1a)(1b), gde je a 6 = b mogu predstaviti u obliku proizvoda cik- lusa duine 3. No, zapravo je (1a)(1b) = (a1)(1b) = (a 1 b)! Dakle, to je ve ciklus duine 3. Ovim je dokaz zavrxen. Pozabavimo se sada pitanjem odreivanja reda elemenata iz Sn. Direktnom proverom se dobija da je ω((a 1... ak)) = k. Kako se svaka permutacija moe predstaviti u obliku proizvoda disjunktnih cik- lusa, to bi moralo biti korisno za odreivanje reda proizvoljne per- mutacije. Dokazaemo jedan opxti stav.
Stav 12 Neka je G proizvoljna grupa i a, b ∈ G su takvi da je:
- ω(a) = m, ω(b) = n;
- ab = ba;
- 〈a〉 ∩ 〈b〉 = {e}.
Tada je ω(ab) = NZS(m, n).
Dokaz. Kako je ab = ba, to je za svaki k ∈ N: (ab)k^ = akbk. To se lako dokazuje indukcijom. Radi kraeg zapisa uvedimo oznake: s = ω(ab), t = N ZS(m, n). Osim toga, t = mt 1 = nt 2. Kako je
(ab)t^ = atbt^ = amt^1 bnt^2 = (am)t^1 (bn)t^2 = et^1 et^2 = e,
to dobijamo s | t. S obzirom da je s = ω(ab),
e = (ab)s^ = asbs.
Dobijamo da je as^ = (bs)−^1. No, as^ ∈ 〈a〉, a (bs)−^1 ∈ 〈b〉 te smo dobili element iz preseka 〈a〉 ∩ 〈b〉. Kako je ovaj presek trivijalan, mora biti as^ = e i (bs)−^1 = e, tj. bs^ = e. No, s obzirom na to da je m = ω(a) i n = ω(b), sledi da m | s i n | s. Imajui u vidu da je t = NZS(m, n), dobijamo da t | s. Zakljuqujemo da je s = t. Iz ovog rezultat moemo dobiti dve posledice.
Posledica 13 Ako su σ i τ disjunktni ciklusi iz Sn, onda je ω(στ ) = NZS(ω(τ ), ω(σ)).
Dokaz. Da bismo primenili prethodni stav, dovoljno je pokazati da je 〈τ 〉 ∩ 〈σ〉 = {(1)}. Pretpostavimo da je π ∈ 〈τ 〉 ∩ 〈σ〉. Neka je σ = (a 1... ak, a τ = (b 1... bl. Neka je i ∈ { 1 ,... , n} proizvoljan element. Ako i 6 ∈ {a 1 ,... , ak}, s obzirom da je π = σs, za neko s, mora biti π(i) = i. Ako pak i ∈ {a 1 ,... , ak}, onda i 6 ∈ {b 1 ,... , bl}, te s obzirom da je π = τ t, za neko t, mora biti π(i) = i. Zakljuqujemo da je π identiqna permutacija, te je presek trivijalan.
Sledei rezultat neposredno sledi iz upravo navedenog.
Posledica 14 Ako je π = σ 1 · · · σk predstavljanje permutacije π u obliku proizvoda disjunknih ciklusa, onda je ω(π) = NZS(ω(σ 1 ),... , ω(σk)).
Iskoristimo upravo dokazano na jednom primeru.
Primer 15 a) Ispitati da li u S 7 postoji element reda 12. b) Ispitati da li u S 7 postoji element reda 8.
a) Element (1234)(567) je na osnovu prethodnih rezultata reda 12. b) Pitanje se svodi na sledee. Da li broj 8 moe biti najmanji zajedniqki sadralac brojeva manjih od njega? Da to nije mogue, moe se proveriti jednostavnom analizom. Ostavljamo qitaocima da se u to ubede. Mi smo se do sada bavili cikliqnim, diedarskim i grupama per- mutacija. Da li se moda neke od ovih grupa podudaraju? Nije texko videti da su grupe S 2 i A 3 cikliqne grupe (reda 2 odnosno 3 ). Mnogo je zanimljivija sledea qinjenica:
D 3 ∼= S 3.
Jasno je da je Lg bijekcija poxto je Lg ◦ Lg− 1 = idG(= Le). Dakle, (Lg )−^1 = Lg− 1. Osim toga:
Lg ◦ Lh = Lg·h.
Dakle, vidimo da je G′^ = {Lg : g ∈ G} jedna podgrupa grupe SG. Funkcija f : G → G′^ definisana sa f (g) = Lg ostvaruje izomorfizam izmeu G i G′.
U sluqaju da je grupa konaqna dobijamo sledeu posledicu.
Posledica 19 Svaka konaqna grupa reda n izomorfna je nekoj podgrupi grupe Sn.
