ÁLGEBRA MODERNA Índice 1. Los grupos An y Sn. Lema 1. Si n ≥ 3

ÁLGEBRA MODERNA Índice 1. Los grupos An y Sn. Lema 1. Si n ≥ 3

ÁLGEBRA MODERNA
DANIEL LABARDINI FRAGOSO
TOMÓ ESTAS NOTAS:
JAIME ALEJANDRO GARCÍA VILLEDA.
FECHA: 8 DE MARZO DEL 2016.
Índice
1. Los grupos An y Sn .
1.1. Cíclos.
1
3
1.
Los grupos
An
y
Sn .
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 Sn = {f : n → n | f es biyectiva }.
Observación 1. El conjunto Sn 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.
1. La denición de Sn no requiere de que n ≥ 2 pues dado que 0 = ∅, S0 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 S1 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.
Nota
Observemos que si n = 2 entonces S2 posee exactamente dos elementos que son 1 2 y 1 2 1. Por lo
tanto, S2 es un 2-grupo nito y por un corolario previo |Z(S2 )| > 1. Pero como Z(S2 ) ⊆ S2 entonces
Z(S2 ) = S2 y por lo tanto, S2 es abeliano. Además, notemos que si n = 1 entonces S1 también es un grupo
abeliano.
La pregunta siguiente es ¾qué sucede con Sn cuando n > 2 respecto a la propiedad de ser abeliano? El
siguiente lema caracteriza el centro de Sn para este caso y de hecho como veremos, muestra que Sn está
muy lejos de ser abeliano.
Lema 1.
Date :
Si
n ≥ 3 entonces Z(Sn ) = {1n }.
15 de marzo de 2016.
Key words and phrases.
Grupo, anillo, campo, teoría de Galois.
1
La notación cíclica se explicará posteriormente.
1
2
TOMÓ ESTAS NOTAS: JAIME ALEJANDRO GARCÍA VILLEDA. FECHA: 8 DE MARZO DEL 2016.
Hay que probar una doble contensión. Dado que para todo grupo G, eG ∈ Z(G), 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:
Demostración.
Tomemos una permutación arbitaria de n diferente de 1 n , digamos σ . Entonces, existe i ∈ n tal que
σ(i) 6= i y denotemos j := σ(i). Como n ≥ 3 entonces existe k ∈ n tal que k 6= i, j y este hecho permite
denir una función τ : n → n cuya regla de correspondencia es:



k, si l = i
τ (l) :=
si l = k
si l ∈
/ {i, k}
i,


l,
La función τ así denida es biyectiva y además τ ◦ σ 6= σ ◦ τ .
Ejercicio 2. Terminar la demostración del lema anterior, es decir, probar que τ
∈ Sn y que τ ◦ σ 6= 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
i
A
@
A
A @
A A
@
A
j
j
A
A
A
A
A
A k
k τ
σ
τ
Figura 1. Construcción de una permutación τ que no conmuta con una permutación σ tal que
j := σ(i) 6= 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) 6= 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 1878. 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 SX es muy importante pues esencialmente, todo grupo es un subgrupo de un
grupo de permutaciones.
Teorema 3.
Todo grupo
(de Cayley)
G es isomorfo a un subgrupo de SX para algún X conjunto.
DANIEL LABARDINI FRAGOSO
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3
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 SG denido mediante f (g)(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 Im(f ). Dado que
Im(f ) ≤ SG se tiene el resultado deseado.
Demostración.
2. Tomando X = G puede denirse directamente un homomorsmo de grupos de G a SG 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.
Nota
1.1. Cíclos. Existe una forma muy simple de denir una acción de Sn en n mediante τ · k = τ (k).
Se tienen dos notaciones básicas para indicar la acción de τ ∈ Sn 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:
1
2
τ (1) τ (2)
...
...
n
τ (n)
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
τ (1)
τ 2 (1) ... k1
τ (k1 ) τ 2 (k1 ) ... k2
τ (k2 ) τ 2 (k2 ) ... ...
donde k1 ∈
/ O1 , k2 ∈
/ O1 ∪ Ok1 , 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 ∈ Sn y O una órbita de la acción de hτ i en n. Entonces existe j ∈ O tal que O =
{τ (j) | m ∈ Z≥0 }.
m
Como las órbitas de la acción inducen una partición en n se tiene que O =
6 ∅ y por lo tanto
existe j ∈ O. Se arma que este elemento es el buscado.
Demostración.
Es claro que {τ m (j) | m ∈ Z≥0 } ⊆ O. Así, lo único que resta probar es la segunda contensión.
Primero, armamos que existe m1 ∈ Z>0 tal que para todo x ∈ n, τ m1 (x) = x. Esto es claro pues τ ∈ Sn
y por lo tanto o(τ ) 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 m1 q + k > 0. Entonces τ m
1 q+k
τ k (j) = y . Así, nuevamente y ∈ {τ m (j) | m ∈ Z≥0 }.
(j) = (τ m1 )q τ k (j) =
4
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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 Sn es un elemento
cardinalidad mayor a uno.
τ ∈ Sn cuya acción en n tiene exactamente una órbita de
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) q
τ (x) q
I
@
@
@q x
- q τ 3 (x)
@
@
R 4
@
q τ (x)
q
q
q
q τ 5 (x)
Figura 2. Representación de un cíclo de longitud 5. Los puntos aislados representan puntos jos de τ .
Lema 6.
Si
τ ∈ Sn es un cíclo y O es la única órbita de la acción de τ en n que tiene más de un elemento,
entonces
|hτ i| = |O|
Fijemos j ∈ O y notése que para todo x ∈ O existe gx ∈ hτ i tal que gx (j) = x. Además,
si y ∈ O tal que x 6= y entonces gx (j) = x 6= y = gy (j) y por lo tanto gx 6= gy . Con esta observación se
puede denir una función inyectiva f : O → hτ i, cuya regla de correspondencia es f (x) = gx . Probaremos
que dicha función es suprayectiva.
Demostración.
Sea h ∈ hτ i, entonces existe k ∈ Z tal que τ k = h. Se arma que gh(j) = h.
−1
Como gh(j)∈O , escribimos gh(j) = τ k1 y observemos que τ k−k1 (j) = gh(j)
h(j) = 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, gh(j) = h y esto prueba que la
función es suprayectiva.
Ejercicio 7. Si τ
τ k1 (x) 6= τ k2 (x).
∈ Sn y k1 , k2 ∈ {1, ..., |hτ i|} tales que k1 6= k2 entonces para toda x ∈ n se cumple que
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Para nalizar, recordemos que el lema 1 nos dice que para n ≥ 3, Sn 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 S4 las permutaciones
1 2 3 4 y 1 2 3 4 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 ∈ Sn tales que n \ Fijn (τ ) ∩ n \ Fijn (σ) = ∅ entonces σ ◦ τ = τ ◦ σ .
Demostración.
Sea x ∈ n entonces tenemos dos casos:
Caso 1: τ (x) 6= x. De la hipótesis se tiene que σ(x) = x y por lo tanto (τ ◦ σ)(x) = τ (x). Por otro lado
si σ(τ (x)) 6= τ (x) entonces τ (x) ∈ n \ Fijn (σ) y como τ 2 (x) 6= τ (x) se concluye que τ (x) ∈ n \ Fijn (τ ) lo
que sería una contradicción. Así, (σ ◦ τ )(x) = τ (x).
Caso 2:
τ (x) = x. Tenemos otros dos casos:
Subcaso 1
σ(x) = x. En este caso (σ ◦ τ )(x) = x = (τ ◦ σ)(x).
Subcaso 2
σ(x) 6= x. Es análogo al caso 1.
Instituto de Matemáticas, Universidad Nacional Autónoma de México
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