ÁLGEBRA MODERNA. Índice 1. Los grupos A n y S n Cíclos. 3

Transcripción

1 ÁLGEBRA MODERNA DANIEL LABARDINI FRAGOSO TOMÓ ESTAS NOTAS: JAIME ALEJANDRO GARCÍA VILLEDA. FECHA: 8 DE MARZO DEL Índice 1. Los grupos A n y S n Cíclos Los grupos A n y S n. Fijemos n Z >0 con n 2. Además, denotemos por n al conjunto de los primeros n naturales empezando desde 1, es decir, n = {1,..., n}. Denimos S n = {f : n n f es biyectiva }. Observación 1. El conjunto S n tiene estructura de grupo bajo la composición de funciones y a los elementos de dicho conjunto se les llama permutaciones de n elementos o simplemente permutaciones. Nota 1. La denición de S n no requiere de que n 2 pues dado que 0 =, S 0 es el conjunto que tiene como único elemento a la función vacía. Por otro lado, si n = 1 entonces 1 = {1} y en este caso S 1 tiene como único elemento a la función identidad en 1 y de hecho, este es el grupo denido por el neutro. Así, el suponer que n 2 nos permitirá concentrarnos en los casos que no son triviales. Observemos que si n = 2 entonces S 2 posee exactamente dos elementos que son 1 2 y 1 2 ) 1. Por lo tanto, S 2 es un 2-grupo nito y por un corolario previo ZS 2 ) > 1. Pero como ZS 2 ) S 2 entonces ZS 2 ) = S 2 y por lo tanto, S 2 es abeliano. Además, notemos que si n = 1 entonces S 1 también es un grupo abeliano. La pregunta siguiente es ¾qué sucede con S n cuando n > 2 respecto a la propiedad de ser abeliano? El siguiente lema caracteriza el centro de S n para este caso y de hecho como veremos, muestra que S n está muy lejos de ser abeliano. Lema 1. Si n 3 entonces ZS n ) = {1 n }. Date: 15 de marzo de Key words and phrases. Grupo, anillo, campo, teoría de Galois. 1 La notación cíclica se explicará posteriormente. 1

2 2 TOMÓ ESTAS NOTAS: JAIME ALEJANDRO GARCÍA VILLEDA. FECHA: 8 DE MARZO DEL Demostración. Hay que probar una doble contensión. Dado que para todo grupo G, e G ZG), la contensión de derecha a izquierda es inmediata. Para la otra contensión nos basta demostrar que dada una permutación distinta a la identidad, existe otra permutación con la que no conmuta. Probaremos esta última armación: Tomemos una permutación arbitaria de n diferente de 1 n, digamos σ. Entonces, existe i n tal que σi) i y denotemos j := σi). Como n 3 entonces existe k n tal que k i, j y este hecho permite denir una función τ : n n cuya regla de correspondencia es: k, si l = i τl) := i, si l = k l, si l / {i, k} La función τ así denida es biyectiva y además τ σ σ τ. Ejercicio 2. Terminar la demostración del lema anterior, es decir, probar que τ S n y que τ σ σ τ. Vale la pena resaltar que en la prueba del lema anterior, se encuentra una forma de construir una permutación que no conmuta con una permutación dada diferente a la identidad. El proceso de construcción de dicha permutación se encuentra representado en la gura 1. i j k i j k τ σ τ Figura 1. Construcción de una permutación τ que no conmuta con una permutación σ tal que j := σi) i. De acuerdo a la gura y del hecho de que σ y τ son funciones biyectivas se tiene que τ σ)i) = j y σ τ)i) j. Un resultado clásico que muestra el por qué restringir el estudio a grupos de permutaciones no quita generalidad al desarrollo de la teoría es el siguiente teorema de Cayley, demostrado en De hecho, este teorema posee gran importancia por qué es también uno de los primeros teoremas básicos de representación de grupos. La idea básica de la teoría de representaciones es llevar el estudio de alguna estructura un grupo en este caso) al estudio de alguna otra de la cual se conozca mucho más. Esta es una de las razones por las cuales el estudio del grupo S X es muy importante pues esencialmente, todo grupo es un subgrupo de un grupo de permutaciones. Teorema 3. de Cayley) Todo grupo G es isomorfo a un subgrupo de S X para algún X conjunto.

3 ÁLGEBRA MODERNA DANIEL LABARDINI FRAGOSO 3 Demostración. Sea G un grupo. La función : G G G es una acción izquierda de G en G. Esta acción induce un homomorsmo de grupos de G en S G denido mediante fg)x) = g x. Notemos que si g G tal que para toda x G, g x = x, entonces tomando x = e se tiene que g = e. Luego entonces, f es un monomorsmo y al correstringir f a su imagen, se tiene un isomorsmo entre G y Imf). Dado que Imf) S G se tiene el resultado deseado. Nota 2. Tomando X = G puede denirse directamente un homomorsmo de grupos de G a S G usando la operación del grupo, que de hecho coincide con el homomorsmo inducido por la acción utilizada en la prueba del teorema de Cayley. Es decir, el teorema anterior puede probarse de manera directa aunque esta labor se vuelve más tediosa pues hay que probar que dicha asignación está bien denida, es un homomorsmo de grupos y que cumple las propiedades deseadas Cíclos. Existe una forma muy simple de denir una acción de S n en n mediante τ k = τk). Se tienen dos notaciones básicas para indicar la acción de τ S n en n. La primera de estas notaciones es matricial, es decir, a una permutación se le asocia una matriz de 2 n donde en la primera la se ponen los elementos de n y en la segunda sus imagenes correspondientes al aplicar la permutación, esto es: ) n τ1) τ2)... τn) La segunda notación se conoce como la notación cíclica por qué la permutación se descompone en composición de cíclos, lo que visualmente se ve como: 1 τ1) τ 2 1)... ) k 1 τk 1 ) τ 2 k 1 )... ) k 2 τk 2 ) τ 2 k 2 )... )... donde k 1 / O 1, k 2 / O 1 O k1, etc. Esta notación resulta muy cómoda cuando se componen permutaciones, pero debe tratarse con mucho más cuidado. Por ejemplo, hay que denir que es lo que signica realmente un cíclo y después debe probarse que tales cíclos existen en una permutación. Esta será nuestra tarea. Lema 4. Sean τ S n y O una órbita de la acción de τ en n. Entonces existe j O tal que O = {τ m j) m Z 0 }. Demostración. Como las órbitas de la acción inducen una partición en n se tiene que O y por lo tanto existe j O. Se arma que este elemento es el buscado. Es claro que {τ m j) m Z 0 } O. Así, lo único que resta probar es la segunda contensión. Primero, armamos que existe m 1 Z >0 tal que para todo x n, τ m1 x) = x. Esto es claro pues τ S n y por lo tanto oτ) cumple la armación. Sea ahora y O, entonces existe k Z tal que τ k j) = y. Usando esta igualdad se tienen dos casos: Caso 1: k 0. No hay nada que probar pues claramente y {τ m j) m Z 0 }. Caso 2: k < 0. Sabemos que existe q Z >0 tal que m 1 q + k > 0. Entonces τ m1q+k j) = τ m1 ) q τ k j) = τ k j) = y. Así, nuevamente y {τ m j) m Z 0 }.

4 4 TOMÓ ESTAS NOTAS: JAIME ALEJANDRO GARCÍA VILLEDA. FECHA: 8 DE MARZO DEL El lema anterior nos dice que para generar una órbita de esta acción se tiene que encontrar un elemento en dicha órbita, al cual deben aplicarse las potencias positivas de τ. Centraremos entonces nuestra atención en las órbitas de la acción y de acuerdo al tamaño de las órbitas, se tiene la siguiente: Denición 5. Un cíclo en S n es un elemento τ S n cuya acción en n tiene exactamente una órbita de cardinalidad mayor a uno. De manera intuitiva un cíclo es un conjunto con más de un elemento en el que la permutación actúa y fuera de este conjunto la permutación ja a estos elementos. Además, dado x O donde O es la órbita con tamaño mayor a 1 del cíclo, τ actúa tantas veces como su órden. Esta idea se encuentra representada en la gura 2 y se prueba formalmente en el siguiente lema. τ 2 x) τ 3 x) τx) τ 4 x) x τ 5 x) Figura 2. Representación de un cíclo de longitud 5. Los puntos aislados representan puntos jos de τ. Lema 6. Si τ S n es un cíclo y O es la única órbita de la acción de τ en n que tiene más de un elemento, entonces τ = O Demostración. Fijemos j O y notése que para todo x O existe g x τ tal que g x j) = x. Además, si y O tal que x y entonces g x j) = x y = g y j) y por lo tanto g x g y. Con esta observación se puede denir una función inyectiva f : O τ, cuya regla de correspondencia es fx) = g x. Probaremos que dicha función es suprayectiva. Sea h τ, entonces existe k Z tal que τ k = h. Se arma que g hj) = h. Como g hj) O, escribimos g hj) = τ k1 y observemos que τ k k1 j) = g 1 hj) hj) = j. Luego entonces: j = τ m+m j) = τ m+m τ k k1 j) = τ m τ k k1 τ m j))) De esta igualdad se deduce que para toda m Z 0, τ m j) = τ k k1 τ m j)). Usando el lema anterior se concluye que para toda z O, τ k k1 z) = z. Así, se ha demostrado que τ k k1 = 1 n y por lo tanto τ k = τ k2. Es decir, g hj) = h y esto prueba que la función es suprayectiva. Ejercicio 7. Si τ S n y k 1, k 2 {1,..., τ } tales que k 1 k 2 entonces para toda x n se cumple que τ k1 x) τ k2 x).

5 ÁLGEBRA MODERNA DANIEL LABARDINI FRAGOSO 5 Para nalizar, recordemos que el lema 1 nos dice que para n 3, S n no es abeliano. Sin embargo, la idea de la siguiente proposición es dar una condición bajo la cual dos permutaciones conmuten y esto tiene que ver con los conjuntos de puntos jos. Sin ambargo, esto no es directo pues en S 4 las permutaciones 1 2 ) 3 4 ) y ) tienen el mismo conjunto de puntos jos, a saber el vacío, y no conmutan. El resultado que da una condición con la cual dos permutaciones conmutan se muestra a continuación. Lema 8. Si τ, σ S n tales que n \ Fij n τ) n \ Fij n σ) = entonces σ τ = τ σ. Demostración. Sea x n entonces tenemos dos casos: Caso 1: τx) x. De la hipótesis se tiene que σx) = x y por lo tanto τ σ)x) = τx). Por otro lado si στx)) τx) entonces τx) n \ Fij n σ) y como τ 2 x) τx) se concluye que τx) n \ Fij n τ) lo que sería una contradicción. Así, σ τ)x) = τx). Caso 2: τx) = x. Tenemos otros dos casos: Subcaso 1 σx) = x. En este caso σ τ)x) = x = τ σ)x). Subcaso 2 σx) x. Es análogo al caso 1. Instituto de Matemáticas, Universidad Nacional Autónoma de México address: labardini@matem.unam.mx