ÁLGEBRA MODERNA. Índice 1. El grupo de permutaciones y el grupo alternante 1

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1 ÁLGEBRA MODERNA DANIEL LABARDINI FRAGOSO TOMÓ ESTAS NOTAS: ALEJANDRO DE LAS PEÑAS CASTAÑO FECHA: 9/MARZO/2016 Índice 1. El grupo de permutaciones y el grupo alternante 1 1. El grupo de permutaciones y el grupo alternante Lema 1. Sean τ y σ permutaciones en S n que conmutan entre ellos, es decir que τσ = στ, entonces τ (Fij n (σ)) = Fij n (σ) y σ (Fij n (τ)) = Fij n (τ). Demostración. Sin pérdidad de generalidad podemos demostrar sólo una de las ecuaciones anteriores. Demostramos la primera. Supongamos que x Fij n (σ), entonces, por la definición del conjunto fijo, sabemos que τ(σ(x)) = τ(x). Por hipótesis tenemos que τ y σ conmutan, entonces τ(x) = σ(τ(x)). Por lo tanto τ(x) Fij n (σ) y así tenemos una contención necesaria para demostrar la igualdad: (1) τ (Fij n (σ)) Fij n (σ). La otra contención es inmediata porque τ es una función biyectiva, entonces tanto Fij n (σ) como su imagen bajo τ tienen la misma cantidad de elementos. Como ambos conjuntos son finitos, la primera contención (1) implica igualdad y acabamos. Este resultado junto con la propiedad Si τ y σ son permutaciones ajenas = τσ = στ nos van a dar un método para poder factorizar cualquier permutación en ciclos ajenos. Por ejemplo, si tomamos τ S 4 con τ(1) = 2, τ(2) = 1, τ(3) = 4 y τ(4) = 3, sabemos que τ actúa sobre {1, 2, 3, 4} y esta acción produce una partición de {1, 2, 3, 4} en órbitas. En particular se parte en {1, 2} y {3, 4}. Como éstos conjuntos son ajenos y por las características de la acción, vamos a poder usar estas particiones para definir ciclos ajenos que van a producir una factorización de τ. En este caso tenemos que τ = σα donde σ es la transposición (1 2) y α es la transposición (3 4). Generalizamos este proceso enseguida: Sea α una permutación en S n. Si α = 1 n entonces α no se puede factorizar en ciclos disjuntos porque un ciclo, por definición, mueve por lo menos a dos elementos de n. Por lo tanto podemos asumir sin problemas que α 1 n. Sea P la partición inducida por la acción del grupo α S n sobre el conjunto n = {1,..., n} (la acción está definida por α k i = α k (i)). Observemos que, como n es finito, hay una cantidad finita de elementos de la partición P. Es decir hay una cantidad finita de órbitas O en P; las enumeramos: P = {O 1,..., O m }. Date: 16 de marzo de Key words and phrases. Grupo, anillo, campo, teoría de Galois. 1

2 2 TOMÓ ESTAS NOTAS: ALEJANDRO DE LAS PEÑAS CASTAÑO FECHA: 9/MARZO/2016 Para cada órbita O i definimos una función α i : n n con la siguiente regla de correspondencia: { α(x) si x Oi ; α i := x si x O i. Observemos que cada α i es sobreyectiva porque si y n entonces es imagen de α 1 (y) si y O i ó es imagen de y si y O i. Como cada α i es una función de un conjunto finito en sí mismo, sobreyectividad es equivalente a biyectividad y concluimos que α i S n para toda i {1,..., m}. Por último observamos que la definición de α i nos dice inmediatamente que Fij n (α i ) = n O i o equivalentemente: (2) n Fij n (α i ) = O i Estas permutaciones van a ser los factores de α, entonces hay que probar dos cosas: cada α i es un ciclo y son ajenas dos a dos. Por la definición de α i y por la acción de α sobre n es claro que cada α i es un ciclo. Ahora demostramos que son ajenas dos a dos para poder definir una factorización de α. Sean O i y O j dos órbitas diferentes de P (es decir i j), entonces tenemos que O i O j = y así podemos concluir (usando 2) que (n Fij n (α i )) (n Fij n (α j )) = O i O j =. Por lo tanto α i y α j son permutaciones ajenas cuando i j y así el lema 1 nos garantiza que conmutan. Este último resultado nos permite escribir m α = i=1 ya que la conmutatividad (dos a dos) de las α i nos permite ordenar el producto del lado derecho de manera arbitraria sin cambiar la permutación que define el producto. Para verificar que efectivamente se da la igualdad anterior tomemos una x n. Como P es una partición, existe una única O i que cumple que x O i, sin pérdida de generalidad podemos escribir i = 1. Por la definición de la acción, tenemos que α k (x) O 1 para toda k Z 0. En particular, esto significa que α j (α(x)) = α(x) cuando j i. Por lo tanto, con la conmutatividad dos a dos de las α i s, tenemos que: ( m ) ( m ) ( m ) α i (x) = α i (α 1 (x)) = α i (α(x)) = α(x). i=1 i=2 Con esto verificamos que α = α 1 α m es efectivamente una factorización de α como producto de ciclos ajenos. Lo que acabamos de hacer es parte de la demostración del siguiente teorema. Teorema 2. Toda permutación α S n, con α 1 n se puede factorizar de manera única como producto de ciclos ajenos (dos a dos) salvo el orden en que se escribe el producto. Demostración. Ya demostramos que para toda permutación α 1 n existe una factorización como producto de ciclos disjuntos α = α 1 α m. Sólo falta verificar que los factores α i son únicos. Supongamos que α 1 α m = α = β 1 β l son dos factorizaciones distintas de α en ciclos disjuntos dos a dos. Ahora supongamos que α m mueve a una x n (que fijamos), es decir que α m (x) x, entonces α k m(x) = α k (x) para toda k Z 0. 1 Sabemos que alguna β j debe mover a x también. Gracias a la conmutatividad de los ciclos ajenos, sin pérdida de α i i=2 1 (Inducción sobre k) Si k = 0 entonces claramente α 0 m (x) = α 0 (x) = 1 n(x) = x. Si suponemos la hipótesis de inducción tenemos que: α k+1 (x) = α(α k (x)) = α(α k m(x)) = (α 1 α m)(α k m(x)) = (α 1 α m 1 )(α k+1 m (x)). Como α k m(x) O m que es disjunta a las demás O i entonces α i (α k m(x)) = α k m(x) para toda i m. Por lo tanto podemos concluir que α k+1 (x) = α k+1 m (x).

3 ÁLGEBRA MODERNA DANIEL LABARDINI FRAGOSO 3 generalidad podemos asumir que j = l. De la misma manera podemos concluir que βl k(x) = αk (x) para toda k Z 0. Afirmamos que β l = α m. Sea y n. Como β l y α m son ciclos, si y es movido por alguna de las dos (sin pérdida de generalidad supongamos que es β l ), entonces existe una k Z 0 tal que βl k (x) = y. Por lo tanto β l (y) = β k+1 l (x) = α k+1 (x) = αm k+1 (x) = α m (y) y y es movido por la otra. Por lo tanto y no puede ser fijada por una y movida por la otra. Por otro lado si tenemos que y es fijado por β l entonces β l (y) = y = α m (y). Por lo tanto concluimos que β l = α m. Ahora aplicamos la ley de la cancelación a la igualdad α 1 α m = α = β 1 β l para obtener α 1 α m 1 = β 1 β l 1. Si l m, entonces repetir este proceso m veces, si l > m, nos da: 1 n = β 1 β l m lo cual no puede suceder porque β 1 es un ciclo. Por lo tanto concluimos que m = l. Por último, hacemos inducción sobre m para demostrar que la factorización es única. Para m = 1 es trivial porque α 1 = α = β 1. Para m+1, reordenamos los factores para poder aplicar la ley de la cancelación para obtener α 1 α m 1 = β 1 β l 1 y aplicamos la hipótesis de inducción. Con esto concluimos que la factorización es única. Gracias a este teorema, es muy útil introducir una notación sencilla para los ciclos. Sea l {1,..., n} y sea (k 1,..., k l ) una l-ada de l elementos distintos de n. A la permutación: k t+1 si x {k 1,..., k l 1 } α (k1,...,k l )(x) = k 1 si x = k l x si x {k 1,..., k l } la denotamos por α = (k 1 k 2 k l ). Esta es la notación para la única órbita con más de un elemento del ciclo α: O = {k 1, α(k 1 ),..., α l 1 (k 1 )}. Observemos que si α es un ciclo, entonces tiene una única órbita {x, α(x),..., α m 1 (x)} donde m es el orden de α en S n. Por lo tanto el ciclo (x α(x) α m 1 (x)) representa a α. Esto implica que la notación está bien definida. La notación cíclica nos facilita calcular algunas permutaciones. Por ejemplo, facilita calcular las conjugadas de los ciclos: Proposición 3. Si α = (k 1 k l ) es un ciclo y β es una permutación en S n entonces: βαβ 1 = (β(k 1 ) β(k l )). Demostración. Por definición de la notación cíclica tenemos que: β(k t+1 ) si x {β(k 1 ),..., β(k l 1 )} (β(k 1 ) β(k l ))(x) = β(k 1 ) si x = β(k l ) x si x {β(k 1 ),..., β(k l )}. Por otro lado, sabemos, por la definición de α, que k t+1 = α(k t ) cuando t {1,..., l 1} y k 1 = α(k l ). También se tiene que x = β(k i ) si y sólo si β 1 (x) = k i. Por lo tanto la definición de (β(k 1 ) β(k l )) se puede reescribir como: βαβ 1 (x) si x {β(k 1 ),..., β(k l 1 )} (β(k 1 ) β(k l ))(x) = βαβ 1 (x) si x = β(k l ) x si x {β(k 1 ),..., β(k l )}. Por último si x {β(k 1 ),..., β(k l )} entonces α fija a β 1 (x) porque β 1 (x) k i para toda i {1,..., l}. Por lo tanto tenemos que si x {β(k 1 ),..., β(k l )}, entonces βαβ 1 (x) = β(α(β 1 (x))) = β(β 1 (x)) = x

4 4 TOMÓ ESTAS NOTAS: ALEJANDRO DE LAS PEÑAS CASTAÑO FECHA: 9/MARZO/2016 y con eso podemos concluir que los tres casos de la definición de (β(k 1 ) β(k l )) coinciden con βαβ 1. Con esto acabamos la demostración. De este resultado podemos concluir varios resultados interesantes. El más directo es que el conjugado de un ciclo es otra vez un ciclo del mismo tamaño. Esto es claro porque (k 1 k l ) y (β(k 1 ) β(k l )) tienen exactamente l elementos distintos porque β es una función biyectiva. También podemos concluir que dos ciclos (k 1 k l ) y (j 1 j l ) de la misma longitud son conjugados de sí mismos mediante la permutación σ(k i ) = j i. Para x n {k 1,..., k l } tomamos cualquier función biyectiva γ de éste a n {j 1,..., j l } que sabemos que existe porque ambos conjuntos tienen la misma cantidad de elementos. Por lo tanto la permutación { ji si x = k i σ(x) := γ(x) x {k 1,..., k l } lleva el ciclo (k 1 k l ) al ciclo (j 1 j l ) mediante la conjugación, es decir: σ(k 1 k l )σ 1 = (σ(k 1 ) σ(k l )) = (j 1 j l ). Por lo tanto cualesquiera dos l-ciclos son conjugados uno del otro. La proposición 3 calcula el conjugado un solo ciclo, pero se puede generalizar fácilmente a cualquier producto de ciclos. Si α = (k 1 1,..., k 1 l 1 ) (k t 1,..., k t l t ) es un producto de ciclos (como sucede cuando se factoriza α como producto de ciclos ajenos), entonces tenemos σασ 1 = σ(k 1 1,..., k 1 l 1 ) (k t 1,..., k t l t )σ 1 = [ σ(k 1 1,..., k 1 l 1 )σ 1] [σ(k t 1,..., k t l t )σ 1] = (σ(k 1 1),..., σ(k 1 l 1 )) (σ(k t 1),..., σ(k t l t )) para cualquier permutación σ. Es decir que conjugar un producto de ciclos mediante σ es simplemente aplicar σ a cada elemento de cada ciclo. Ahora nos enfocamos en los ciclos más pequeños: los que mueven sólo dos elementos (observemos que si una permutación σ mueve a un elemento x n, necesariamente mueve a su imagen σ(x), entonces, si una permutación mueve un elemento, necesariamente mueve al menos dos elementos de n). A las permutaciones que mueven dos elementos las llamamos transposiciones y tienen la forma τ = (k, l) con k, l n y k l, porque si sólo mueven dos elementos, la permutación sólo puede intercambiar esos dos elementos. De otra forma moverían más elementos. Resulta que las transposiciones generan a todo S n por virtud de que los ciclos generan a S n ya que cada permutación es un producto (o palabra) de ciclos. Si pudiéramos generar a cualquier ciclo mediante un producto de transposiciones tendríamos automáticamente que cada permutación es un producto de transposiciones: Teorema 4. El conjunto de transposiciones de S n generan a S n, es decir: S n = {τ S n τ es transposición}. Demostración. Primero probamos que cada ciclo es un producto de transposiciones. Sea α = (k 1 k l ) un ciclo en S n. Afirmamos que α es el producto de transposiciones (k 1 k l ) = (k 1 k l )(k 1 k l 1 ) (k 1 k 2 ). Si evaluamos el producto del lado derecho en una x n tenemos que si x {k 1,..., k l }, entonces el lado derecho lo fija. Si x {k 1,..., k l 1 } entonces x = k i y el lado derecho lo mueve a k i+1 mediante k i k 1 k i+1. Si x = k l entonces la única transposición que la mueve es la última del producto, entonces x se mueve a k 1. Hemos verificado la definición del ciclo α y así el producto anterior es válido.

5 ÁLGEBRA MODERNA DANIEL LABARDINI FRAGOSO 5 Ahora, sea β S n cualquier permutación. Por el Teorema 2 sabemos que β = σ 1 σ m donde cada σ i es un ciclo. Como demostramos que cada ciclo es un producto de transposiciones, es claro que β también es producto de transposiciones. Para poner estos resultados en perspectiva, consideremos S 4 y el conjunto X = {α, τ 1 } donde α = (1 2 3) y τ 1 = (3 4). Queremos calcular X. Hay que operar las permutaciones α y τ 1 para ir generando palabras (o elementos de X ). Aplicamos la proposición 3 para caluclar: ατ 1 α 1 = (α(3) α(4)) = (1 4) =: τ 2, entonces τ 2 X. Ahora conjugamos τ mediante α 2 : α 2 τ 1 α 2 = (α 2 (3) α 2 (4)) = (2 4) =: τ 3. Como α 3 = 1 S4, conjugar por α 3 no aporta nada nuevo. Entonces empezamos a conjugar mediante las τ i s que van apareciendo: τ 3 τ 2 τ3 1 = (τ 3 (1) τ 3 (4)) = (1 2) =: τ 4 ; τ 1 τ 2 τ1 1 = (τ 1 (1) τ 1 (4)) = (1 3) =: τ 5 ; τ 5 τ 4 τ5 1 = (τ 5 (1) τ 5 (2)) = (3 2) =: τ 6. Aquí acabamos porque sólo hay ( 4 2) = 6 transposiciones en S4. Por lo tanto X contiene a todas las transposiciones de S 4. El teorema 4 nos garantiza que X = S 4. Por último analizamos el orden de cualquier permutación α. El teorema 2 nos dice que α = σ 1 σ m donde cada σ i es un ciclo y los ciclos son ajenos dos a dos. Sabemos que si σ i tiene longitud l i, el orden de σ i es l i. Por lo tanto, sea l i el orden de σ i para cada i {1,..., m} y definimos M := MCM{l 1,..., l m }. Es claro que (gracias a la conmutatividad de ciclos ajenos): α M = (σ 1 σ m ) M = σ M 1 σ M m = 1 Sn, porque cada l i divide a M por definición. Con esto podemos concluir que el orden de α divide a M. Resulta que el orden de α es M: Proposición 5. Sea α = σ 1 σ m la descomposición de ciclos ajenos de una permutación α S n. Entonces el orden de α es el mínimo común múltiplo de los órdenes de las σ i s, es decir: α = MCM{ σ 1,..., σ m }. Demostración. Escribimos N = α y retomamos la notación M := MCM{l 1,..., l m } donde l i es el orden de σ i. Ya demostramos que N M en el argumento anterior a esta proposición, entonces ahora demostramos que M N. Como N es el orden de α tenemos que: 1 Sn = α N = (σ 1 σ m ) N = σ N 1 σ N m. Afirmamos que σ N i = 1 Sn para cada i {1,..., m}. Si esto no fuese cierto hay una i (que, sin pérdida de generalidad, hacemos i = 1) y una x n tal que σ N 1 (x) = y donde x y. Pero, como las σ i s son ajenas, x, y Fij(σ i ) para toda i 1 (esto se da gracias al lema 1). Entonces: 1 Sn (x) = α N (x) = σ N 1 (x) σ N m(x) = σ N 1 (x) = y, pero esto es una contradicción porque x y. Por lo tanto tenemos que σ N i = 1 Sn para toda i {1,..., m}. Con esto concluimos que el orden de cada σ i divide a N, es decir que σ i N para toda i y así podemos concluir que N divide al mínimo común múltiplo de los órdenes de las σ i s. Por lo tanto N M y terminamos. Instituto de Matemáicas, Universidad Nacional Autónoma de México address: labardini@matem.unam.mx