Correcciones - Instituto de Matemáticas | UNAM

Correcciones - Instituto de Matemáticas | UNAM

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.
Lema 1. Sean ⌧ y
1
El grupo de permutaciones y el grupo alternante
permutaciones en Sn que conmutan entre ellos, es decir que ⌧ = ⌧ , entonces
⌧ (Fijn ( )) = Fijn ( )
y
(Fijn (⌧ )) = Fijn (⌧ ).
Demostración. Sin pérdidad de generalidad podemos demostrar sólo una de las ecuaciones anteriores. Demostramos la primera. Supongamos que x 2 Fijn ( ), entonces, por la definición del conjunto fijo, sabemos
que ⌧ ( (x)) = ⌧ (x). Por hipótesis tenemos que ⌧ y conmutan, entonces
⌧ (x) = (⌧ (x)).
Por lo tanto ⌧ (x) 2 Fijn ( ) y así tenemos una contención necesaria para demostrar la igualdad:
(1)
⌧ (Fijn ( )) ✓ Fijn ( ).
La otra contención es inmediata porque ⌧ es una función biyectiva, entonces tanto Fijn ( ) como su imagen
bajo ⌧ 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 ⌧ y
son permutaciones ajenas =) ⌧ = ⌧
nos van a dar un método para poder factorizar cualquier permutación en ciclos ajenos. Por ejemplo, si
tomamos ⌧ 2 S4 con ⌧ (1) = 2, ⌧ (2) = 1, ⌧ (3) = 4 y ⌧ (4) = 3, sabemos que h⌧ i 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 ⌧ .
En este caso tenemos que ⌧ = ↵ donde
es la transposición (1 2) y ↵ es la transposición (3 4).
Generalizamos este proceso enseguida:
Sea ↵ una permutación en Sn . Si ↵ = 1 n entonces ↵ 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 ↵ 6= 1 n .
Sea P la partición inducida por la acción del grupo h↵i  Sn sobre el conjunto n = {1, . . . , n} (la acción
está definida por ↵k · i = ↵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 = {O1 , . . . , Om }.
Date: 16 de marzo de 2016.
Key words and phrases. Grupo, anillo, campo, teoría de Galois.
1
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TOMÓ ESTAS NOTAS: ALEJANDRO DE LAS PEÑAS CASTAÑO FECHA: 9/MARZO/2016
Para cada órbita Oi definimos una función ↵i : n ! n con la siguiente regla de correspondencia:
(
↵(x) si x 2 Oi ;
↵i :=
x
si x 62 Oi .
Observemos que cada ↵i es sobreyectiva porque si y 2 n entonces es imagen de ↵ 1 (y) si y 2 Oi ó es
imagen de y si y 62 Oi . Como cada ↵i es una función de un conjunto finito en sí mismo, sobreyectividad es
equivalente a biyectividad y concluimos que ↵i 2 Sn para toda i 2 {1, . . . , m}.
Por último observamos que la definición de ↵i nos dice inmediatamente que Fijn (↵i ) = n Oi o equivalentemente:
(2)
n
Fijn (↵i ) = Oi
Estas permutaciones van a ser los factores de ↵, entonces hay que probar dos cosas: cada ↵i es un ciclo
y son ajenas dos a dos. Por la definición de ↵i y por la acción de h↵i sobre n es claro que cada ↵i es un
ciclo. Ahora demostramos que son ajenas dos a dos para poder definir una factorización de ↵.
Sean Oi y Oj dos órbitas diferentes de P (es decir i 6= j), entonces tenemos que Oi \ Oj = ; y así
podemos concluir (usando 2) que
(n
Fijn (↵i )) \ (n
Fijn (↵j )) = Oi \ Oj = ;.
Por lo tanto ↵i y ↵j son permutaciones ajenas cuando i 6= j y así el lema 1 nos garantiza que conmutan.
Este último resultado nos permite escribir
↵=
m
Y
↵i
i=1
ya que la conmutatividad (dos a dos) de las ↵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 2 n. Como P es una partición,
existe una única Oi que cumple que x 2 Oi , sin pérdida de generalidad podemos escribir i = 1. Por la
definición de la acción, tenemos que ↵k (x) 2 O1 para toda k 2 Z 0 . En particular, esto significa que
↵j (↵(x)) = ↵(x) cuando j 6= i.
Por lo tanto, con la conmutatividad dos a dos de las ↵i ’s, tenemos que:
!
!
!
m
m
m
Y
Y
Y
↵i (x) =
↵i (↵1 (x)) =
↵i (↵(x)) = ↵(x).
i=1
i=2
i=2
Con esto verificamos que ↵ = ↵1 · · · ↵m es efectivamente una factorización de ↵ como producto de ciclos
ajenos.
Lo que acabamos de hacer es parte de la demostración del siguiente teorema.
Teorema 2. Toda permutación ↵ 2 Sn , con ↵ 6= 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 ↵ 6= 1 n existe una factorización como producto
de ciclos disjuntos ↵ = ↵1 · · · ↵m . Sólo falta verificar que los factores ↵i son únicos.
Supongamos que
↵1 · · · ↵m = ↵ = 1 · · · l
son dos factorizaciones distintas de ↵ en ciclos disjuntos dos a dos. Ahora supongamos que ↵m mueve a
k
una x 2 n (que fijamos), es decir que ↵m (x) 6= x, entonces ↵m
(x) = ↵k (x) para toda k 2 Z 0 .1 Sabemos
que alguna j debe mover a x también. Gracias a la conmutatividad de los ciclos ajenos, sin pérdida de
1(Inducción sobre k) Si k = 0 entonces claramente ↵0 (x) = ↵0 (x) = 1 (x) = x. Si suponemos la hipótesis de inducción
n
m
k
tenemos que: ↵k+1 (x) = ↵(↵k (x)) = ↵(↵km (x)) = (↵1 · · · ↵m )(↵km (x)) = (↵1 · · · ↵m 1 )(↵k+1
m (x)). Como ↵m (x) 2 Om que es
disjunta a las demás Oi entonces ↵i (↵km (x)) = ↵km (x) para toda i 6= m. Por lo tanto podemos concluir que ↵k+1 (x) = ↵k+1
m (x).
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generalidad podemos asumir que j = l. De la misma manera podemos concluir que lk (x) = ↵k (x) para
toda k 2 Z 0 .
Afirmamos que l = ↵m . Sea y 2 n. Como l y ↵m son ciclos, si y es movido por alguna de las dos (sin
pérdida de generalidad supongamos que es l ), entonces existe una k 2 Z 0 tal que lk (x) = y. Por lo tanto
l (y)
k+1
(x)
l
=
k+1
= ↵k+1 (x) = ↵m
(x) = ↵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 l entonces l (y) = y = ↵m (y). Por lo tanto concluimos que l = ↵m .
Ahora aplicamos la ley de la cancelación a la igualdad ↵1 · · · ↵m = ↵ = 1 · · · l para obtener ↵1 · · · ↵m 1 =
1 · · · l 1 . Si l 6= m, entonces repetir este proceso m veces, si l > m, nos da: 1 n = 1 · · · l m lo cual no
puede suceder porque 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 ↵1 = ↵ = 1 . Para m + 1, reordenamos los factores para poder aplicar la ley de la cancelación
para obtener ↵1 · · · ↵m 1 = 1 · · · 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 2 {1, . . . , n} y
sea (k1 , . . . , kl ) una l-ada de l elementos distintos de n. A la permutación:
8
>
>
<kt+1 si x 2 {k1 , . . . , kl 1 }
↵(k1 ,...,kl ) (x) =
si x = kl
k1
>
>
:x
si x 62 {k1 , . . . , kl }
la denotamos por ↵ = (k1 k2 · · · kl ). Esta es la notación para la única órbita con más de un elemento del
ciclo ↵: O = {k1 , ↵(k1 ), . . . , ↵l 1 (k1 )}.
Observemos que si ↵ es un ciclo, entonces tiene una única órbita {x, ↵(x), . . . , ↵m 1 (x)} donde m es el
orden de ↵ en Sn . Por lo tanto el ciclo (x ↵(x) · · · ↵m 1 (x)) representa a ↵. 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 ↵ = (k1 · · · kl ) es un ciclo y
1
↵
es una permutación en Sn entonces:
= ( (k1 ) · · · (kl )).
Demostración. Por definición de la notación cíclica tenemos que:
8
>
>
< (kt+1 ) si x 2 { (k1 ), . . . , (kl
( (k1 ) · · · (kl ))(x) =
>
>
:x
1 )}
si x = (kl )
(k1 )
si x 62 { (k1 ), . . . , (kl )}.
Por otro lado, sabemos, por la definición de ↵, que kt+1 = ↵(kt ) cuando t 2 {1, . . . , l 1} y k1 = ↵(kl ).
1
También se tiene que x = (ki ) si y sólo si
(x) = ki . Por lo tanto la definición de ( (k1 ) · · · (kl )) se
puede reescribir como:
8
>
> ↵ 1 (x) si x 2 { (k1 ), . . . , (kl 1 )}
<
( (k1 ) · · · (kl ))(x) =
>
>
:x
↵
1
(x)
si x = (kl )
si x 62 { (k1 ), . . . , (kl )}.
1
Por último si x 62 { (k1 ), . . . , (kl )} entonces ↵ fija a
(x) porque
Por lo tanto tenemos que si x 62 { (k1 ), . . . , (kl )}, entonces
↵
1
(x) = (↵(
1
(x))) = (
1
1
(x) 6= ki para toda i 2 {1, . . . , l}.
(x)) = x
4
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y con eso podemos concluir que los tres casos de la definición de ( (k1 ) · · · (kl )) coinciden con ↵
esto acabamos la demostración.
1
. Con
⇤
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 (k1 · · · kl ) y ( (k1 ) · · · (kl )) tienen
exactamente l elementos distintos porque es una función biyectiva.
También podemos concluir que dos ciclos (k1 · · · kl ) y (j1 · · · jl ) de la misma longitud son conjugados de sí
mismos mediante la permutación (ki ) = ji . Para x 2 n {k1 , . . . , kl } tomamos cualquier función biyectiva
de éste a n {j1 , . . . , jl } que sabemos que existe porque ambos conjuntos tienen la misma cantidad de
elementos. Por lo tanto la permutación
(
ji
si x = ki
(x) :=
(x) x 62 {k1 , . . . , kl }
lleva el ciclo (k1 · · · kl ) al ciclo (j1 · · · jl ) mediante la conjugación, es decir:
(k1 · · · kl )
1
= ( (k1 ) · · · (kl )) = (j1 · · · jl ).
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 ↵ = (k11 , . . . , kl11 ) · · · (k1t , . . . , kltt ) es un producto de ciclos (como sucede cuando se
factoriza ↵ como producto de ciclos ajenos), entonces tenemos
⇥
⇤
⇥
⇤
↵ 1 = (k11 , . . . , kl11 ) · · · (k1t , . . . , kltt ) 1 = (k11 , . . . , kl11 ) 1 · · · (k1t , . . . , kltt ) 1
= ( (k11 ), . . . , (kl11 )) · · · ( (k1t ), . . . , (kltt ))
para cualquier permutación . Es decir que conjugar un producto de ciclos mediante es simplemente
aplicar 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 mueve a un elemento x 2 n, necesariamente mueve a su imagen (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
⌧ = (k, l)
con k, l 2 n y k 6= 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 Sn por virtud de que los ciclos generan a Sn 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 Sn generan a Sn , es decir:
Sn = h{⌧ 2 Sn | ⌧ es transposición}i.
Demostración. Primero probamos que cada ciclo es un producto de transposiciones. Sea ↵ = (k1 · · · kl ) un
ciclo en Sn . Afirmamos que ↵ es el producto de transposiciones
(k1 · · · kl ) = (k1 kl )(k1 kl
1 ) · · · (k1
k2 ).
Si evaluamos el producto del lado derecho en una x 2 n tenemos que si x 62 {k1 , . . . , kl }, entonces el
lado derecho lo fija. Si x 2 {k1 , . . . , kl 1 } entonces x = ki y el lado derecho lo mueve a ki+1 mediante
ki 7! k1 7! ki+1 . Si x = kl entonces la única transposición que la mueve es la última del producto, entonces
x se mueve a k1 . Hemos verificado la definición del ciclo ↵ y así el producto anterior es válido.
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Ahora, sea 2 Sn cualquier permutación. Por el Teorema 2 sabemos que = 1 · · · m donde cada i
es un ciclo. Como demostramos que cada ciclo es un producto de transposiciones, es claro que también
es producto de transposiciones.
⇤
Para poner estos resultados en perspectiva, consideremos S4 y el conjunto X = {↵, ⌧1 } donde ↵ = (1 2 3)
y ⌧1 = (3 4). Queremos calcular hXi. Hay que operar las permutaciones ↵ y ⌧1 para ir generando palabras
(o elementos de hXi). Aplicamos la proposición 3 para caluclar:
↵⌧1 ↵
1
= (↵(3) ↵(4)) = (1 4) =: ⌧2 ,
entonces ⌧2 2 hXi. Ahora conjugamos ⌧ mediante ↵2 :
↵ 2 ⌧1 ↵
2
= (↵2 (3) ↵2 (4)) = (2 4) =: ⌧3 .
Como ↵3 = 1 S4 , conjugar por ↵3 no aporta nada nuevo. Entonces empezamos a conjugar mediante las ⌧i ’s
que van apareciendo:
⌧3 ⌧2 ⌧3 1 = (⌧3 (1) ⌧3 (4)) = (1 2) =: ⌧4 ;
⌧1 ⌧2 ⌧1
1
= (⌧1 (1) ⌧1 (4)) = (1 3) =: ⌧5 ;
⌧5 ⌧4 ⌧5
1
= (⌧5 (1) ⌧5 (2)) = (3 2) =: ⌧6 .
4
2
Aquí acabamos porque sólo hay
= 6 transposiciones en S4 . Por lo tanto hXi contiene a todas las
transposiciones de S4 . El teorema 4 nos garantiza que hXi = S4 .
Por último analizamos el orden de cualquier permutación ↵. El teorema 2 nos dice que ↵ = 1 · · · m
donde cada i es un ciclo y los ciclos son ajenos dos a dos. Sabemos que si i tiene longitud li , el orden de
i es li . Por lo tanto, sea li el orden de i para cada i 2 {1, . . . , m} y definimos M := MCM{l1 , . . . , lm }. Es
claro que (gracias a la conmutatividad de ciclos ajenos):
↵M = (
1
···
m)
M
=
M
1
M
m
···
= 1 Sn ,
porque cada li divide a M por definición. Con esto podemos concluir que el orden de ↵ divide a M . Resulta
que el orden de ↵ es M :
Proposición 5. Sea ↵ = 1 · · · m la descomposición de ciclos ajenos de una permutación ↵ 2 Sn . Entonces
el orden de ↵ es el mínimo común múltiplo de los órdenes de las i ’s, es decir:
|h↵i| = MCM{|h
1 i|, . . . , |h m i|}.
Demostración. Escribimos N = |h↵i| y retomamos la notación M := MCM{l1 , . . . , lm } donde li es el orden
de 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 ↵ tenemos que:
1 Sn = ↵ N = (
1
···
m)
N
=
N
1
···
N
m.
Afirmamos que iN = 1 Sn para cada i 2 {1, . . . , m}. Si esto no fuese cierto hay una i (que, sin pérdida de
generalidad, hacemos i = 1) y una x 2 n tal que 1N (x) = y donde x 6= y. Pero, como las i ’s son ajenas,
x, y 2 Fij( i ) para toda i 6= 1 (esto se da gracias al lema 1). Entonces:
1 Sn (x) = ↵N (x) =
N
1 (x) · · ·
N
m (x)
=
N
1 (x)
= y,
pero esto es una contradicción porque x 6= y. Por lo tanto tenemos que iN = 1 Sn para toda i 2 {1, . . . , m}.
Con esto concluimos que el orden de cada i divide a N , es decir que |h i i||N para toda i y así podemos
concluir que N divide al mínimo común múltiplo de los órdenes de las i ’s. Por lo tanto N |M y terminamos.
⇤
Instituto de Matemáicas, Universidad Nacional Autónoma de México
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