(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
En la entrada anterior vimos que si tenemos un grupo $G$ y nos agarramos un subgrupo $H$, obtenemos una partición $H, a_1H, a_2H, a_3H, \dots, a_tH$ donde \begin{align*} |H| = \#a_2 H = \#a_3 H = \cdots = a_t H. \end{align*}
Recuerda que $|G|$ se refiere al orden de un grupo y $\#a_iH$ es el orden de un conjunto que no es necesariamente un grupo. Esto quiere decir que el orden de $G$ es un $t$ veces del orden de $H$, en decir $|G| = t|H|.$ Este resultado sencillo pero importante es conocido como el Teorema de Lagrange, aunque en esta entrada, lo definimos en términos del índice de $H$ en $G$, $[G:H]$.
Joseph-Louis Lagrange, conocido simplemente como Lagrange, nació en 1739 y falleció en 1813.
Ejemplo de la partición $\{H, a_1H,\dots, a_tH\}$.
A pesar de que vivió antes de que la teoría de conjuntos se desarrollara en el siglo XIX, su trabajo fue muy importante para ella. Por eso este teorema tiene su nombre.
Ingredientes para la demostración
Lema. Sea $G$ un grupo, $H$ un subgrupo de $G$, $a\in G$. Entonces $$\# aH = |H|.$$
Demostración. Sean $G$ un grupo, $H\leq G$ y $a \in G$.
Consideremos $\varphi : H \to a \, H$, tal que $h \mapsto ah$.
Veamos que $\varphi$ es inyectiva ya que si tomamos $h, \bar{h} \in H$ son tales que $\varphi(h) = \varphi(\bar{h})$ entonces $ah = a \varphi$ y por cancelación, $h = (\bar h)$.
Además, $\varphi$ es suprayectiva ya que dado $ah \in aH$ con $h\in H$ tenemos $$ ah = \varphi(h) \in \text{Im}\varphi. $$
Donde $\text{Im}\varphi$ es la imagen de $\varphi$.
Por lo tanto $|H| = \# a H$.
$\blacksquare$
Señoras y señores, les presento a Lagrange
Ahora ya tenemos todos los ingredientes para demostrar el teorema de Lagrange.
Teorema. (Teorema de Lagrange) Sea $G$ un grupo finito, $H$ subgrupo de $G$. Entonces $|H|$ divide al orden de $G$ y $$[ G:H ] = \frac{|G|}{|H|}.$$
Demostración. Sea $G$ un grupo finito, $H\leq G$. Como $G$ es finito debe haber una cantidad finita de clases laterales izquierdas de $G$ en $G$, notemos que cada una es no vacía con al menos un elemento.
Sean $a_1, \dots , a_t \in G$ representantes de las distintas clases laterales izquierdas de $H$ en $G$, con $t = [ G : H ]$. Sabemos que $\displaystyle G = \bigcup^{t}_{i=1} a_i H$. Como $a_iH \cap a_jH = \emptyset$ para $i\neq j$, con $i,j\in\{1,\dots, t\}$, entonces la unión, es una unión disjunta. Así podemos hacer,
Así $|G| = [ G : H ] |H|$, enconces $|H|\Big| |G|$ y $\displaystyle [ G : H ] = \frac{|G|}{|H|}$.
$\blacksquare$
Consecuencias del teorema
Corolario 1. Sea $G$ un grupo finito, $a\in G$. Entonces $o(a) \Big| |G|$. Así $a^{|G|} = e$.
Demostración. Sea $G$ un grupo finito, $a\in G$. Consideremos $\left< a \right> \leq G$. Por el teorema de Lagrange:
$$ o(a) = |\left< a \right>|\Big| |G| \Rightarrow o(a)\Big| |G|.$$
Así $|G| = o(a)q$, para algún $q \in \z$, $$a^{|G|} = a^{o(a)q} = \left( a^{o(a)}\right)^q = e^q = e.$$
$\blacksquare$
Corolario 2. Todo grupo finito de orden primo es cíclico.
Demostración. Sea $G$ un grupo finito, $|G| = p$ con $p$ primo.
Como $|G| > 1$ sea $a \in G \setminus \{e\}$. Por el corolario 1, $$1 < o(a) \Big| |G| = p.$$
Entonces $o(a) = p$. Así $\left< a \right> = G$ y $G$ es cíclico.
$\blacksquare$
Tarea moral
A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.
Sea $G$ un grupo finito, $H$ y $K$ subgrupos de $G$ con $K\subseteq H$. En cada inciso (son los ejercicios 2 y 3 de la entrada anterior) justifica usando el teorema de Lagrange ¿cómo es $[G:K]$ en términos de $[G:H]$ y $[H_K]$?
$G = Q$ los cuaternios, $H = \left<i\right>$ y $K = \{\pm 1\}$.
$G = S_4$, $H = A_4$ y $K = \left<(1\;2\;3)\right>$.
Encuentra todos los subgrupos del grupo de los cuaternios y de $\z_8$ ¿de qué orden son? ¿cuántos hay del mismo orden?
El teorema de Lagrange es uno de los resultados más importantes del curso. Se usará multiples veces. Por lo pronto, en la siguiente entrada, revisitaremos los grupos cíclicos y usaremos el teorema de Lagrange para probar una caracterización de esos grupos.
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
Como pudiste darte cuenta por el título, en esta entrada definiremos una relación de equivalencia en un grupo. Permítenos dar una motivación usando un grupo que tal vez ya hayas estudiado en cursos anteriores como el de Álgebra Superior II.
Dicho grupo tan importante, es el de los enteros con la suma $(\z, +)$. Para $a,b\in \z$ es posible establecer una relación $\thicksim$ dentro de los enteros como sigue \begin{align*} a \thicksim b \Leftrightarrow b-a \text{ es múltiplo de } n. \end{align*} Esta relación de equivalencia induce una partición de $\z$, con exáctamente $n$ conjuntos. Donde cada conjunto es una de las clases módulo $n$. En esta entrada queremos introducir una relación parecida, pero generalizada a cualquier grupo.
Comencemos modificando este ejemplo un poco. Primero, llamemos $H$ al conjunto de todos los enteros múltiplos de $n$. Así nuestra relación quedaría, para $a,b\in \z$, \begin{align*} a \thicksim b \Leftrightarrow b-a \in H. \end{align*}
Luego, notemos que a pesar de que la operación que usamos para definir el grupo es la suma usual, nuestra relación está definida usando la resta. En realidad, lo que está pasando es que estamos sumando $b$ con el inverso aditivo de $a$, es decir $-a$. Entonces $b -a = b + (-a)$. Además, $(\z,+)$ es un grupo abeliano, por lo que $b + (-a) \in H \Leftrightarrow (-a) + b \in H$. Para nuestra generalización usaremos el segundo caso.
Así, tenemos que comenzar agarrando un subgrupo cualquiera de $G$, es decir, nos tomamos $H\leq G.$ Entonces nuestra relación debe quedar, dados $a,b\in G$, \begin{align*} a \thicksim b \Leftrightarrow a^{-1}b\in H. \end{align*}
Ya al tener esa relación y demostrar que es una relación de equivalencia, usaremos las propiedades de grupo para descubrir que las clases de equivalencia son las clases laterales vistas en la entrada anterior.
Relación Generalizada
Lo anterior queda formalizado en la siguiente definición.
Definición. Sea $G$ un grupo y $H$ un subgrupo de $G$. Definimos una relación en $G$ del siguiente modo: dados $a,b \in G$,
\begin{align*} a \thicksim b \Leftrightarrow a^{-1}b \in H. \end{align*}
Ahora, demostraremos que esa relación, así como la de la introducción, es una relación de equivalencia.
Observación. La definición anterior es una relación de equivalencia.
Demostración. Sean $G$ un grupo y $H\leq G$.
Primero, tomamos $a \in G$. También podemos tomar $a^{-1}$ . Así $a^{-1}a = e \in H$. Por lo tanto $a \thicksim a$ y nuestra relación es reflexiva.
Ahora tomamos $a,b \in G$. Si $a \thicksim b$, entonces $a^{-1} b\in H$.
\begin{align*} \Rightarrow b^{-1}a = (a^{-1}b)^{-1} \in H \Rightarrow b \thicksim a \end{align*}
Por lo que nuestra relación es simétrica.
Sean $a,b,c \in G$. Si $a \thicksim b$ y $b \thicksim c$, entonces $a^{-1}b \in H$ y $b^{-1}c \in H$, entonces usando la cerradura de $H$ y asociando de otra manera, obtenemos
\begin{align*} a^{-1}c = (a^{-1}b)(b^{-1}c) \in H \Rightarrow a \thicksim c. \end{align*}
Así, nuestra relación es transitiva.
Por lo tanto, nuestra relación es una relación de equivalencia.
$\square$
Nótese que para probar las tres propiedades de una relación de equivalencia (reflexividad, simetría y transitividad) usamos las tres condiciones de un subgrupo (la existencia del neutro, la cerradura de los inversos y la cerradura del producto).
A continuación, veamos cómo son las clases de equivalencia: Sea $a \in H$.
\begin{align*} \bar{a} &= \{b \in G | a \thicksim b\} = \{b \in G | a^{-1}b \in H\} \\ &= \{b \in G | a^{-1}b = h, h \in H\} = \{b \in G | b = ah, h \in H\} \\ &= \{ah | h \in H\} = a H. \end{align*}
Ahora veremos algunas observaciones de lo anterior.
Observación. Sean $G$ un grupo, $H\leq G$ y $a,b\in G$, entonces \begin{align*} a H = bH & \Leftrightarrow a^{-1}b \in H. \end{align*}
En particular, \begin{align*} H = bH & \Leftrightarrow b \in H \end{align*}
Nota. Análogamente se puede trabajar con clases laterales derechas, i.e. ($Ha = Hb \Leftrightarrow ba^{-1}\in H$).
Como $\thicksim$ es una relación de equivalencia, esta induce una partición y, como sus clases de equivalencia son las clases laterales, tenemos el siguiente teorema.
Teorema. Sea $G$ un grupo, $H$ subgrupo de $G$.
$aH \neq \emptyset \quad \forall a \in G$ .
Si $a,b \in G$ son tales que $aH \cap bH \neq \emptyset$, entonces $aH = bH$.
$\displaystyle \bigcup_{a\in G} aH = G$
Claramente el teorema anterior enuncia las características de una partición, por lo que no hay nada que probar.
Ejemplos
Ejemplo 1. Consideremos al grupo de los cuaternios $Q$ , tomemos el subgrupo $H = \left< i \right> = \{\pm 1 , \pm i\}$. Veamos qué sucede con sus clases laterales. \begin{align*} jH &= \{j(+1), j(-1), j(+i), j(-i)\}\\ &= \{j, -j, -k k\} \\ &= Hj. \end{align*}
La última igualdad la puedes comprobar tú, multiplicando los mismos elementos por $j$, pero ahora del lado izquierdo.
Así, las clases laterales son:
Clases laterales izquierdas: $H, jH$.
Clases laterales derechas: $H, Hj$.
Ejemplo 2. Tomemos $S_3$ y $H = \{(1), (32)\}$. Primero, veamos cómo se ven las clases laterales izquierdas.
Primero, tenemos la clase del neutro, es decir $(1) H = H$. Luego, tenemos que tomarnos un elemento de $S_3$ que no esté en $H$, digamos $(1\;2\;3)$, entonces, \begin{align*} (1\;2\;3)H &= \{(1\;2\;3)(1), (1\;2\;3)(3\;2)\}\\ &= \{(1\;2\;3), (1\;2)\}. \end{align*}
Repetimos lo anterior, tomamos un elemento de $S_3$ que no esté $H$ y sea distinto al que ya nos tomamos para obtener una clase distinta. Esto nos da \begin{align*} (1\;3\;2)H &= \{(1\;3\;2)(1), (1\;3\;2)(3\;2)\} \\ & = \{(1\;3\;2)(1\;3)\}.\\ \end{align*}
Por lo que las clases laterales izquierdas son: \begin{align*} &(1)H = H\\ &(1\;2\;3)H = \{(1\;2\;3), (1\;2)\}\\ &(1\;3\;2)H = \{(1\;3\;2)(1\;3)\}.\\ \end{align*}
De la misma manera obtenemos las clases laterales derechas: \begin{align*} &H(1) = H \\ &H(1\;2\;3) = \{(1)(1\;2\;3), (3\;2)(1\;2\;3)\} = \{(1\;2\;3), (1\;3)\} \\ &H(1\;3\;2) = \{(1)(1\;3\;2), (3\;2)(1\;3\;2)\} = \{(1\;3\;2), (1\;2)\}.\\ \end{align*}
Este ejemplo nos permite ver que las clases laterales izquierdas y las clases laterales derechas no siempre coinciden.
Partición del ejemplo 1.Partición de las clases laterales izquierdas del ejemplo 2.Partición de las clases laterales derechas del ejemplo 2.
Número de elementos en las clases laterales
El último ejemplo nos dice que las clases laterales derechas e izquierdas no siempre coinciden, sin embargo probaremos que siempre hay la misma cantidad de ambas.
Teorema. Sea $G$ un grupo, $H$ un subgrupo de $G$. Entonces
\begin{align*} \#\{a H | a \in G\} = \#\{Ha | a \in G\}. \end{align*}
Demostración.
Sea $\psi: \{a H | a \in G\} \to \{Ha | a \in G\}$, definida como $\psi(aH) = Ha^{-1} \quad \forall a \in G$. Probaremos que esta función es biyectiva.
Pequeño paréntensis:
Antes de comenzar con la demostración, pongamos atención a la definición de $\psi$. En un inicio podríamos pensar ¿por qué no hacemos $\psi(aH) = Ha$? La respuesta es simple, porque esto no funcionaría. Definamos una nueva función para ejemplificar, sea $\phi: \{a H | a \in G\} \to \{Ha | a \in G\} $ tal que $\phi(aH ) = Ha$.
Tomemos $b\in G$ tal que $aH = bH$, para que $\phi$ esté bien definida, necesitaríamos que $\phi(aH) = \phi(bH)$, es decir $Ha = Hb$. Por la relación que definimos, esto implica que si $a^{-1}b \in H$, entonces $ba^{-1} \in H$, pero esto no necesariamente es cierto porque el grupo puede no ser abeliano. Lo que sí sabemos es que si $a^{-1}b\in H$, entonces $Ha^{-1}b = H$, y así $Ha^{-1} = Hb^{-1}$.
Por esto es que escogimos a $\psi$ de esa manera.
Termina paréntesis. Ahora sí comencemos con la demostración.
Sean $a,b \in G$,
\begin{align*} aH = bH & \Leftrightarrow a^{-1}b \in H \\ &\Leftrightarrow Ha^{-1}b = H \\ & \Leftrightarrow Ha^{-1} = Hb ^{-1} \\ & \Leftrightarrow \psi (aH) = \psi (bH). \end{align*} Por tanto, $\psi$ está bien definida y es inyectiva.
Además, dada $Ha, a \in G$.
\begin{align*} Ha = H(a^{–1})^{-1} = \psi(a^{-1} H) \end{align*}
así $\psi$ es suprayectiva.
Por lo tanto $\# \{aH | a \in G\} = \# \{Ha|a\in G\}.$
$\square$
Ahora, ya sabemos que la cantidad de clases laterales izquierdas es la misma que la de clases laterales derechas. Entonces podemos nombrar esto como el índice.
Definición. Sea $G$ un grupo, $H$ un subgrupo de $G$. El índicede $H$ en $G$ es
Tomemos a $Q$ como los cuaternios, $H= \left< i \right> = \{\pm 1, \pm i\}$ $[Q:H]= 2$.
Ahora, tomemos $S_3$, $H = \{(1), (3 2)\}$. Como ya vimos, $[S_3:H]= 3$.
Consideremos el grupo $(\z, +)$ y $H = \{6m | m \in \z\}$. Hay 6 clases laterales: $H, 1+H, 2+H, 3+H, 4+H, 5+H$. Que serían los múltiplos de $6$, $6+1$, $6+2$, $\dots$ respectivamente. Así, $[\z, H ]= 6$.
Tarea moral
Analizando los ejemplos que tienes hasta ahora observa si existe alguna relación entre el orden de un grupo $G$, el orden del subgrupo $H$ y la cantidad de clases laterales de $H$ en $G$.
Considera $\{\pm 1\} \leq \left< i \right> \leq Q$. Describe las clases laterales izquierdas de $\{\pm 1\}$ en $\left< i \right>$, las clases laterales izquierdas de $\left< i \right>$ en $Q$, y las clases laterales izquierdas de $\{\pm 1\}$ en $Q$. Encuentra $[Q: \{\pm 1\}]$, $[Q:\left< i \right>]$ y $[\left< i \right>: \{\pm 1\}]$.
Considera $\left< (1\;2\;3) \right> \leq A_4 \leq S_4$. Describe las clases laterales izquierdas de $\left< (1\;2\;3) \right>$ en $A_4$, las clases laterales izquierdas de $A_4$ en $S_4$, y las clases laterales izquierdas de $\left< (1\;2\;3) \right>$ en $S_4$. Encuentra $[S_4:\left< (1\;2\;3) \right>]$, $[S_4: A_4]$ y $[A_4: \left< (1\;2\;3) \right>]$.
Ahora conoces el índice de $H$ en $G$. Recúerdalo para la siguiente entrada, porque intentaremos describir el orden de $G$ en términos del orden de $H$ y del índice. Sin hacer trampa, ¿cómo crees que se puede relacionar el orden de $G$ y el índice?
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
Antes de comenzar conviene que recordemos que estamos trabajando con grupos. Un conjunto con una operación da lugar a un grupo si cumple ciertas condiciones, entre ellas tener un neutro y ser cerrado bajo su operación. Ahora nos interesamos por los subconjuntos cualquiera del grupo, no necesariamente subgrupos. Esta entrada está dedicada al estudio del producto de dichos subconjuntos.
La primera parte comienza definiendo a nuestro producto y lo ilustramos con unos ejemplos. La segunda parte pretende responder a la pregunta ¿cuándo es el producto de dos subconjuntos un subgrupo? En la tercera parte, nos imaginamos un caso particular, ¿qué pasa cuando uno de los subconjuntos elegidos es unitario? Es decir, estamos multiplicando un subgrupo de $G$ por un solo elemento de $G$.
Producto de $S$ con $T$
Definición. Sea $G$ un grupo, $S,T$ subconjuntos no vacíos de $G$. El producto de $S$ con $T$ es el conjunto
$$ST = \{st|s\in S, t\in T\}.$$
El orden de los elementos de $ST$ es importante, recordemos que $G$ no es necesariamente abeliano. Más adelante analizaremos más al respecto.
Nota: Cuando escribimos $st$ nos referimos a la operación que pertenece al grupo $(G, \cdot)$. Por ejemplo, si tomamos a $\z$, la operación sería la suma $+$ usual.
Tomamos dos subgrupos $S$ y $T$ de $G$. Si multiplicamos sus elementos, el resultado queda en $G$
Ejemplos.
Tomemos las permutaciones de $S_3 = \{(1), (1\;2), (1 \;3), (2 \; 3), (1 \; 2 \; 3), (1\;3\;2)\}$. Consideramos a $S$ como $S=\{(1\;2)\}$ y a $T$ como $T=\{(1\;2\;3), (1\;3\;2)\}$. Entonces, su producto queda \begin{align*} ST &= \{(1\;2) (1\;2\;3), (1\;2)(1\;3\;2)\}\\ &= \{(2\;3), (1\;3)\}. \end{align*}
Si consideramos $(\z, +)$, podemos tomar a $S$ y a $T$ como \begin{align*} S &= 2\z = \{2n|n\in \z\},\\ T &= 3\z = \{3m|m\in\z\}. \end{align*} En este caso, el producto se denota como $S+T$ y este conjunto es \begin{align*} S+T = 2\z + 3\z = \{2n+3m|n,m\in\z\} = \z. \end{align*} Donde la última igualdad se da porque $(2,3) = 1$ (es decir, $2$ y $3$ son primos relativos).
¿Cuándo es el producto un subgrupo de $G$?
Vamos a ver qué pasa ahora a la hora de multiplicar subgrupos. Durante la demostración del siguiente teorema, observaremos que en general, el producto no es un subgrupo debido a un detalle de la conmutatividad de los elementos. El siguiente se trata de un resultado clásico que aparece por ejemplo en el texto de Dummit mencionado en la bibliografía, Proposición 14:
Teorema. Sea $G$ un grupo, $H$, $K$ subgrupos de $G$. Entonces, \begin{align*} HK \leq G \; \text{ si y sólo si } \; HK = KH. \end{align*}
Demostración. Sea $G$ un grupo, $H,K$ subgrupos de $G$.
$|\Rightarrow)$ Supongamos que $HK \leq G$. P.D. $KH=HK$
Procedemos por doble contención. $\subseteq]$ Sea $x\in KH$, entonces existen $k \in K$ y $h \in H$ tales que $x = kh$.
Como $HK$ es subgrupo de $G$, entonces $h^{-1}k^{-1} \in HK$, así \begin{align*} x^{-1} = (kh)^{-1} = h^{-1}k^{-1} \in HK. \end{align*}
Entonces, $x^{-1} \in HK$, y como $HK$ es subgrupo, $x \in HK$. Por lo tanto $KH \subseteq HK$.
$\supseteq]$ Sea $x \in HK$.
Observación: Si intentamos hacer lo mismo de antes, tomaríamos $h \in H$ y $k \in K$ tales que $x = hk$, así $x^{-1} = k^{-1}h^{-1}$ ya que en el inverso se invierte el orden, es decir $x^{-1} \in KH$. Pero como no sabemos nada de $KH$, nos atoramos aquí. Por lo tanto, tomaremos un camino un tanto diferente.
Sabemos que $HK\leq G$, entonces sabemos que $x^{-1} \in HK$. Entonces existen $h \in H$ y $k\in K$ tales que $x^{-1}=hk$. Así,
\begin{align*} &x = (x^{-1})^{-1} = (hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH \end{align*} Por lo tanto $HK \subseteq KH$.
Así, $HK = KH$.
$\Leftarrow|)$ Supongamos que $HK = KH$. P.D. $HK \leq G$.
Observemos primero que $e = ee \in HK$.
Ahora consideremos $x,y \in HK$, entonces \begin{align*} x = hk && h, \overline{h} \in H \\ y = \bar{h} \bar{k} && k,\overline{k} \in K. \end{align*}
Entonces \begin{align*} xy^{-1} = (hk)(\bar{h} \bar{k})^{-1} &= (hk)(\bar{k}^{-1} \bar{h}^{-1})\\ &= h \left( (k\bar{k}^{-1})\bar{h}^{-1} \right). \end{align*}
Pero \begin{align*} &(k\bar{k}^{-1}) \bar{h}^{-1} \in KH = HK &\text{Por la hipótesis} \\ \Rightarrow &\,(k \bar{k}^{-1})\bar{h}^{-1} =\hat{h}\hat{k} & \text{ con } \hat{h}\in H,\hat{k}\in K. \end{align*}
Sustituyendo los valores $$xy^{-1} = h(\hat{h}\hat{k}) = (h\hat{h})\hat{k} \in HK.$$
Por lo tanto $HK \leq G$.
$\blacksquare$
Del teorema anterior se sigue este corolario:
Corolario. Sea $G$ un grupo abeliano, $H,K$ subgrupos de $G$. Tenemos que $HK$ es un subgrupo de $G$.
Clases Laterales
Ahora, tomemos $T = \{a\}$ con $a \in G$. De esta manera $TH = \{a\}H$, pero para simplificar la notación, usaremos $\{a\}H = aH$. A este caso específico, lo llamaremos clase lateral. A continuación lo definiremos de una manera más formal.
Definición. Sean $G$ un grupo, $H$ un subgrupo de $G$, $a\in G$. La clase lateral izquierda de $H$ en $G$ con representante $a$ es $$ aH = \{ah | h\in H\}. $$ La clase lateral derecha de $H$ en $G$ con representante $a$ es $$Ha = \{ha|h\in H\}.$$
Ambas clases son análogas, aunque como veremos más adelante no necesariamente iguales, y para fines prácticos trabajaremos sólo con una, pero es importante definir ambas.
Sea $G=\r^2$ con la suma usual, \begin{align*} H &= \{(x,x) \,|\, x\in\r\}\\ &\text{y }(a,b) \in\r^2 \\ \text{Entonces, } \\ (a,b) + H &= \{(a,b) +(x,x) \,|\, x\in \r\}, \end{align*} que geométricamente es la diagonal trasladada por el vector $(a,b).$
Representación de $(a,b) + H$.
Tarea moral
Prueba o da un contraejemplo: Si $G$ es un grupo y $S$ y $T$ son subconjuntos de $G$ tales que $ST$ es un subgrupo de $G$, entonces $S$ y $T$ son subgrupos de $G$.
Sea $D_{2(6)} = \{\text{id}, a, \dots, a^5, b, ab, \dots, a^5b \}$ el grupo diédrico formado por las simetrías de un hexágono, con $a$ la rotación de $\frac{\pi}{3}$ y $b$ la reflexión con respecto al eje $x$. Calcula las clases laterales izquierdas y derechas de $\left< a \right>$ en $D_{2(6)}$.
En cada inciso calcula $HK$ y determina si es un subgrupo de $S_4$.
$H = \{(1), (1\;2)\}$ y $K = \{(1), (1\;3)\}$.
$H = \{(1), (1\;2)\}$ y $K = \{(1), (3\;4)\}$.
Más adelante…
En la siguiente entrada definiremos una relación de equivalencia y, al tratar de describir las clases de equivalencias inducidas, podremos relacionar las clases laterales con los elementos de $H$. Además, continuaremos respondiendo a las preguntas: ¿qué relación existe entre el número de elementos de las clases laterales derechas e izquierdas? y ¿qué es el índice de $H$ en $G$?
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
En la entrada anterior descubrimos que toda permutación se puede factorizar en producto de transposiciones. Mas aún, el polinomio de Vandermonde nos permite saber que, aunque hayan varias factorizaciones, en realidad, todas siempre tienen una cantidad par (o un cantidad impar) de transposiciones. Con esto, podemos definir el signo de una permutación. La secuencia que se seguirá para abordar el signo de una permutación es la presentada en el libro de Avella, Mendoza, Sáenz y Souto, es decir se usarán los resultados de la entrada previa de acuerdo al enfoque de Herstein, para introducir la función signo y probar que es multiplicativa, y con ello obtener la fórmula del signo que aparece en el libro de Rotman (todos estos libros son los que se mencionan en la bibliografía).
Ya teniendo una noción de la paridad de una permutación podemos jugar con las consecuencias: podemos deducir qué pasa si multiplicamos dos permutación con la misma paridad, qué sucede cuando tienen distinta paridad y además, como es raro en los cursos de matemáticas… ¡podemos agrupar por paridad! En esta entrada, descubrimos que el conjunto de transposiciones con signo par, es en realidad un grupo con $\frac{n!}{2}$ elementos. Este conjunto es llamado el grupo alternante.
¿Pares o impares?
Definición. Sea $\alpha \in S_n$, $\alpha$ espar si $\alpha = \text{id}$ o si $\alpha$ es un producto de un número par de transposiciones. Por otro lado, $\alpha$ es impar si es un producto de un número impar de transposiciones.
La función signo es $sgn: S_n \to \{+1, -1\}$ definida como \begin{align*} sgn \; \alpha = \begin{cases} +1 & \text{si } \alpha \text{ es par} \\ -1 & \text{si } \alpha \text{ es impar} \end{cases} \end{align*}
Observación. Sean $\alpha = \tau_{1} \cdots \tau_r \in S_n$, con $\tau_{1}, \cdots, \tau_r$ transposiciones. Entonces $sgn\;\alpha = (-1)^r$.
Demostración. La definición nos asegura que $sgn\;\alpha = +1$ si y sólo si $r$ es par.
$\blacksquare$
Proposición. Sean $\alpha, \beta \in S_n$. Entonces $$sgn \;(\alpha \, \beta) = sgn\, \alpha \; sgn \, \beta.$$
Esto nos dice que la función signo ($sgn$) es multiplicativa. Esto lo hace más sencilla de trabajar.
Demostración.
Esto es bastante fácil de demostrar, para usar lo que vimos tenemos que expresar a estas permutaciones como producto de transposiciones.
Sean $\alpha, \beta \in S_n$, con $\alpha = \tau_{1} \cdots \tau_r$, $\beta = \rho_1 \cdots \rho_t$. Donde, $\tau_1, \cdots, \tau_r, \rho_{1}, \cdots, \rho_t$ son transposiciones.
Si calculamos el signo del producto $\alpha\,\beta$ y usando la observación anterior, obtenemos lo siguiente: \begin{align*} sgn(\alpha \, \beta) &= sgn(\tau_1 \cdots \tau_r \, \rho_1 \cdots \rho_t) \\ & = (-1)^{r+t} & \text{Observación anterior}\\ & = (-1)^r \, (-1)^t & \text{Propiedades de las potencias}\\ & = sgn\, \alpha \; sgn\, \beta &\text{Observación anterior} \end{align*}
Esto es precisamente lo que queríamos probar.
$\blacksquare$
Podemos concluir que para calcular el signo de un producto, basta entender el signo de cada uno de los factores.
Calculando el signo de una permutación
Seguiremos puliendo la idea que nos dio la proposición anterior hasta llegar a una fórmula para sacar el signo de una permutación. Pero por ahora, veamos qué sucede con los $r$-ciclos.
Lema. Sea $\sigma = (i_1 \cdots i_r) \in S_n$ un $r$-ciclo. Entonces $sgn\, \sigma = (-1)^{r-1}$.
Demostración. Recordemos que en la entrada anterior vimos que podemos ver a $\sigma$ como producto de transposiciones: \begin{align*} \sigma &= (i_1 \cdots i_r) = (i_1\,i_r) \cdots (i_1 \, i_2). \end{align*} Intuitivamente, estamos intercambiando a $i_1$ con los elementos que le siguen, esto nos da $r-1$ transposiciones. Por lo tanto, $\sigma$ es un producto de $r-1$ transposiciones. De acuerdo con la observación, podemos concluir que $sgn \, \sigma = (-1)^{r-1}$.
$\blacksquare$
Estamos listos para enunciar y probar la fórmula del signo que aparece en el libro de Rotman que se menciona en la bibliografía, y que resulta muy útil para calcular el signo de una permutación.
Teorema. Sea $\alpha \in S_n$, $\alpha = \beta_1 \cdots \beta_t$ una factorización completa de $\alpha$. Entonces $sgn\,\alpha = (-1)^{n-t}$, donde $t$ es la cantidad de factores que tiene la factorización completa de $\alpha$.
Demostración. Como el signo es multiplicativo, \begin{align*} sgn\,\alpha = \prod_{i=1}^t sgn\,\beta_i. \end{align*} Estamos tomando una factorización completa de $\alpha$, entonces todos los $\beta_i$ son ciclos disjuntos. Así que su signo está dado por la longitud del ciclo (de acuerdo al lema dado): \begin{align*} sgn\,\beta_i = (-1)^{\text{long}\,\beta_i-1} \qquad \forall i\in\{1,\dots,t\}. \end{align*} Juntando ambas ecuaciones y sumando los $t$ exponentes obtenemos las siguientes igualdades \begin{align*} sgn\,\alpha &= \prod_{i = 1}^{t} sgn \,\beta_i & \text{Proposición} \\&= \prod_{i = 1}^t (-1)^{\text{long}\,\beta_i – 1} &\text{Lema}\\ & = (-1)^{\left(\sum_{i = 1}^t \text{long}\,\beta_i \right) -\;\large{ t}} = (-1)^{n-t}. &\text{Leyes de exponentes} \end{align*}
Como la factorización es completa, la siguiente igualdad se cumple: $$\sum_{i = 1}^t \text{long}\,\beta_i = n.$$
Por lo tanto $sgn\,\alpha = (-1)^{n-t}$.
$\blacksquare$
Esta forma resulta útil porque ya no necesito descomponer una permutación en producto de transposiciones, nos basta con encontrar una factorización completa. Veamos esto con un ejemplo.
También podemos escribirla como $\alpha = (1\;2\;4\;5)(3\;7)(6\;8\;9)(10)$. Esto nos muestra que $\alpha$ es una factorización completa con 4 factores.
Entonces, de acuerdo con el teorema que acabamos de probar, $$sgn\,\alpha = (-1)^{10-4} = (-1)^6 = +1.$$
Por otro lado podemos sacar una factorización de $\alpha$ en transposiciones: $\alpha = (1 \; 5)(1 \; 4)(1 \; 2)(3 \; 7)(6 \; 9)(6 \; 8)$ que tiene 6 transposiciones. Entonces, efectivamente $\alpha$ es un producto de un número par de transposiciones.
Hora de Agrupar
Hemos visto que la función $sgn$ es una función mutliplicativa. Esto nos da como consecuencia que al multiplicar dos permutaciones con la misma paridad, te da como resultado una permutación par. En caso contrario, el resultado es impar. Ahora nos fijaremos solamente en las permutaciones pares.
Definición. El grupo alternante para $n$ elementos está definido como
Observación. $A_n$ efectivamente es un subgrupo de $S_n$.
Demostración. Si $\alpha = \text{id}$, por definición del signo, $sgn\,\text{id} = +1$. Así, $\text{id}\in A_n$.
Sean $\alpha, \beta \in A_n$. Como la función signo es multiplicativa: \begin{align*} sgn\,\alpha\beta = sgn \, \alpha \; sgn \, \beta = (+1)(+1) = +1. \end{align*} Así, $\alpha\beta \in A_n$. Es decir, $A_n$ es cerrada bajo el producto.
Por último, sea $\alpha \in A_n$.
Por un lado, usando la propiedad multiplicativa del signo obtenemos: \begin{align*} sgn\,(\alpha\alpha^{-1}) = sgn \, \alpha \; sgn \, \alpha^{-1} = (+1)\, sgn\, \alpha^{-1}. \end{align*}
Por otro lado, como $\alpha \,\alpha^{-1} = \text{id}$, tenemos: \begin{align*} sgn\,(\alpha\,\alpha^{-1}) = sgn\, \text{id} = +1. \end{align*}
Por lo tanto $sgn\,(\alpha\, \alpha^{-1}) = +1$, así $\alpha^{-1} \in A_n$. Es decir, $A_n$ es cerrada bajo inversos.
Por lo tanto $A_n$ es un subgrupo de $S_n$.
$\blacksquare$
El siguiente resultado nos muestra que el grupo alternante $A_n$ «parte en dos» a las permutaciones, es decir, la mitad de permutaciones son pares.
Proposición. Sea $n>1$, entonces $|A_n| = \frac{n!}{2}$.
Demostración. Podemos ver a $S_n$ como la unión de las permutaciones pares e impares, esto se expresa así $$S_n = A_n \cup (S_n\setminus A_n).$$ Pero, podemos dar una biyección definida como $\phi: A_n \to S_n\setminus A_n$, definida como $\phi \, \alpha = (1\;2)\alpha$.
Notación. Para denotar la cardinalidad u orden de un conjunto $A$, usamos dos notaciones: \begin{align*} |A| \to & \;\text{Si $A$ es un grupo.}\\ \# A \to & \;\text{Si $A$ no es un grupo (o si no sabemos si $A$ es un grupo o no).} \end{align*}
Encuentra $\alpha^{-1}$, el signo de $\alpha$ y el de $\alpha^{-1}$.
En general, ¿qué pasará con el signo de una permutación y de su inversa?
Sea $\alpha$ un $r$ ciclo en $S_n$. ¿Podemos determinar el signo de $\alpha$ a partir de la paridad de $r$?
Dada $\alpha \in S_n$ decimos que los números $i,j \in \{1,2,\dots,n\}$ forman una inversión si $i<j$ pero $\alpha(i) > \alpha(j)$. ¿Qué relación existe entre la paridad y el número de inversiones de $\alpha$?
Encuentra todos los elementos de $A_4$.
Más adelante…
Esta entrada nos sirvió para construir los cimientos, es importante que lo tengamos claro antes de avanzar. En la siguiente entrada definiremos el producto de $S$ con $T$, veremos en qué situaciones el producto de los subconjuntos conmuta, cuándo se cumple que $ST$ es un subgrupo de $G$. Esto nos ayudará para definir las clases laterales. Más adelante, estas clases nos ayudarán a definir una nueva relación de equivalencia.
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
Anteriormente en nuestro curso, definimos una caracterización única para las permutaciones, aprendimos que la factorización completa es única salvo por el orden de los factores. Ahora, podemos analizar a los ciclos que aparecen en dicha factorización completa.
La unicidad de la factorización completa nos asegura que la cantidad de ciclos que la conforman y la longitud de éstos no van a cambiar sin importar la factorización que escojamos. Estudiar estas propiedades de la factorización completa motiva la definición de estructura cíclica y de permutación conjugada, dos definiciones centrales de esta entrada.
Además de la factorización completa, existen otras maneras de descomponer a las permutaciones. Intuitivamente, podemos pensar a las permutaciones como reacomodos, entonces es posible llegar a cualquier acomodo intercambiando elementos de dos en dos, es decir podemos reacomodar los números de $1$ a $n$ como queramos mediante intercambios dos a dos.
Se verá que toda permutación se descompone siempre como un producto de una cantidad par de intercambios, o siempre con una cantidad impar de intercambios. Para ello seguiremos el enfoque presentado en el libro de Herstein, al igual que en el libro de Avella, Mendoza, Sáenz y Souto, y en el libro de Dummit mencionados en la bibliografía, en los que se introduce un polinomio en varias indeterminadas llamado el polinomio de Vandermonde.
Misma Estructura Cíclica
Recordemos que toda permutación se puede factorizar en una factorización completa y que toda factorización completa es única salvo por el orden de sus productos. Entonces la cantidad de ciclos y su longitud no va a cambiar, independientemente de la factorizacoón completa que escojamos. Esto motiva la siguiente definición.
Definición. Sean $\alpha, \beta \in S_n$. Decimos que $\alpha$ y $\beta$ tienen la misma estructura cíclica si su factorización completa tiene el mismo número de $r-$ciclos para toda $r \in \z^+$.
Claramente, $\alpha$ y $\beta$ tienen la misma estructura cíclica, ya que ambas están formadas por un $4-$ciclo, dos transposiciones y un uno ciclo.
Permutación Conjugada
Definición. Sean $\alpha, \beta \in S_n$. Decimos que $\beta$ es conjugada de $\alpha$ si existe $\gamma \in S_n$ tal que $\beta = \gamma \alpha \gamma^{-1}$.
Ejemplo.
Tomemos $\gamma = (1 \; 2 \; 3)$, entonces $\gamma = (1\;2\;4)$ y $\alpha = (3 \; 5 \; 6 \; 8)$. Entonces podemos calcular a $\beta$ como sigue,
Podemos observar que si consideramos la relación en $S_n$ dada por $\alpha \sim \beta$ si y sólo si $\alpha$ es conjugada de $\beta$, es una relación de equivalencia. Aquí no lo demostraremos, pero queda como tarea moral. Aunque no es evidente en primera instancia, el hecho de que dos permutaciones sean conjugadas puede analizarse a partir de la estructura cíclica que tienen. En la tarea moral hay ejercicios relacionados con ello.
¿A qué nos referimos con reacomodos?
Vimos que toda permutación se puede descomponer en ciclos disjuntos y, bajo condiciones específicas, esta descomposición es única salvo por orden de factores. Sin embargo, hay otras maneras de descomponer a una permutación, las podemos pensar a las permutaciones como reacomodos. Es claro que podemos llegar a cualquier reacomodo intercambiando los elementos de 2 en 2.
A continuación, ilustramos esto con un ejemplo.
Tomemos $\sigma = (1 \; 2 \; 3 \; 4 \; 5)$, en esta permutación los números $1,2,3,4$ y $5$ cambian ya que el $1$ va a dar a $2$, el $2$ al $3$, etc., así que si reacomodamos los números $1,2,3,4,5$ de acuerdo a lo que nos indica $\sigma,$ en vez la lista $1\;2\;3\;4\;5$ tendremos ahora la lista $2\;3\;4,5\;1.$ Entonces nos preguntamos, ¿cómo podemos llegar de la lista $1\;2\;3\;4\;5$ a la lista $2\;3\;4\;5\;1$ sólo mediante intercambios dos a dos?
Primero, observemos que lo único que tenemos que hacer es pasar el 1 hasta el final. Luego, tomemos en cuenta que nuestra propuesta es intercambiar los elementos de dos en dos. Así, el proceso es el siguiente:
Referencia visual del reacomodo.
Intercambiamos 1 y 2, así nuestra lista quedaría $2 \; 1 \; 3 \; 4 \; 5.$ Observemos que el 2 ya queda en la posición deseada.
Sobre el resultado anterior, intercambiamos 1 y 3. Hasta el momento tenemos el reacomodo $2 \; 3 \; 1 \; 4 \; 5$.
Ahora, nos toca intercambiar 1 y 4. Así obtenemos $2 \; 3 \; 4 \; 1 \;5$
Por último, nos queda acomodar el último número, así que intercambiamos 1 y 5.
Al final, llegamos al reacomodo buscado. Esto nos indica que para permutar los números $1,2,3,4$ y $5$ de acuerdo a $\sigma$ basta con intercambiar el uno con el dos, luego el uno con el tres, después el uno con el cuatro y finalmente el uno con el cinco. En otras palabras, la permutación sigma se obtiene de aplicar sucesivamente las transposiciones $(1 \; 2)$, $(1 \; 3)$, $(1 \; 4)$ y $(1 \; 5)$. Debido a que escribimos la composición de permutaciones de derecha a izquierda, nuestra sigma quedaría de la siguiente manera:
Este ejemplo nos ilustra cómo podemos descomponer un ciclo como producto de transposiciones. Probaremos esto en el caso general, y dado que toda permutación es un producto de ciclos y cada ciclo se puede descomponer en producto de transposiciones, entonces podremos concluir que toda permutación es un producto de transposiciones.
Teorema. La siguiente igualdad de conjuntos se cumple,
$S_n = \left< \{\tau \in S_n | \tau \text{ es una transposición} \} \right>$.
Demostración.
Como toda permutación es un producto de ciclos, basta ver que todo ciclo es un producto de transposiciones. Así,
Por lo tanto $S_n = \left< \{ \tau \in S_n | \tau \text{ es una transposición} \}\right>$.
$\square$
El polinomio de Vandermonde
Hemos probado que toda permutación se puede expresar como un producto de transposiciones, esto es importante porque las transposiciones son permutaciones muy sencillas, sin embargo estas descomposiciones no son únicas, pueden cambiar los factores que aparecen, su orden e incluso en el número de factores que presentan. A pesar de ello siempre tienen un número par o siempre un número impar de transposiciones. Con el fin probar este resultado introduciremos un polinomio con distintas indeterminadas que permutaremos usando permutaciones, para lo cual consideraremos polinomios en varias indeterminadas, que serán permutadas por los elementos del grupo simétrico.
Definición. Sea $P(x_1, \dots, x_n)$ un polinomio en las indeterminadas $x_1, \dots, x_n$ con coeficientes enteros y $\alpha \in S_n$. El polinomio $\alpha P$ se define como
Calculemos ahora $(2 \; 4) \, V(x_1,x_2,x_3,x_4)$. Observemos que los únicos factores de $V$ que cambian son aquellos donde aparece el subíndice $2$ o el $4$, y éstos se intercambian, por ejemplo el factor $ (x_1 – x_2)$ cambiará al factor $ (x_1 – x_4)$. Así
Observación 1. Dado que cada factor del polinomio de Vandermonde se queda igual o cambia de signo, sólo pueden suceder dos cosas, $\alpha V = V$ ó $\alpha V = – V$ para todo $\alpha \in S_n$, de acuerdo a si hay un número impar de cambios de signo o si hay un número par de cambio de signo.
Veamos cuál es el efecto que tienen dos permutaciones sobre un polinomio. Primero analizaremos qué efecto tienen las transposiciones en el polinomio de Vandermonde. Seguiremos para ello la idea del libro de Dummit que se menciona en la bibliografía, veremos primero qué efecto tiene la transposición $(1\; 2)$, y con ello entenderemos qué efecto tienen el resto de las transposiciones.
Lema. Sea $\tau \in S_n$ una transposición. Entonces $\tau V = -V$.
Demostración.
Caso 1 $\tau=(1\; 2)$
Al aplicar $\tau$ a $V$ los factores $x_i-x_j$ con $i,j\notin \{1,2\}$ se preservan, mientras que el factor $x_1-x_2$ cambia a $x_2-x_1$ provocando un cambio de signo. Por otro lado los factores $x_1-x_j$ con $j\in\{3,\dots ,n\}$ y los factores $x_2-x_j$ con $j\in\{3,\dots ,n\}$ no producen cambios de signo. Concluimos entonces que sólo un factor produce un cambio de signo y así $(1\; 2) V=-V.$
Caso 2 $\tau\neq(1\; 2)$, es decir $\tau =(1\; l)$ con $l\in\{3,\dots ,n\}$, o $\tau =(2\; l)$ con $j\in\{3,\dots ,n\}$, o bien $\tau =(k\; l)$ con $k,j\notin\{1,2\}.$
Notemos que \begin{align*}(2\; l)(1\; 2)(2\; l)&=(1\, l)\text{ , para } l\in\{3,\dots ,n\},\\ (1\; l)(1\; 2)(1\; l)&=(2\, l)\text{ , para } l\in\{3,\dots ,n\},\\(1\; k)(2\; l)(1\; 2)(1\;k)(2\; l)&=(k\, l)\text{ , para } k,j\notin\{1,2\}.\end{align*} Así, siempre existe $\alpha \in S_n$ tal que $\alpha (1\; 2) \alpha =\tau$.
Si $\alpha V=V$, tenemos que $\tau V=(\alpha(1\; 2)\alpha)V=(\alpha ((1\; 2)(\alpha V)))=(\alpha ((1\; 2) V))=\alpha (-V)=-\alpha V=-V.$
Si $\alpha V=-V$, tenemos que $\tau V=(\alpha(1\; 2)\alpha)V=(\alpha ((1\; 2)(\alpha V)))=(\alpha ((1\; 2) (-V))=\alpha V=-V.$
Ahora, como $\tau_2 \cdots \tau_r$ tiene $r-1$ transposiciones, podemos aplicar la hipótesis de inducción y continuar con las igualdades.
\begin{align*} -(\tau_2 \cdots \tau_r) V = -(-1)^{r-1} V = (-1)^r \,V. \end{align*}
Así, demostramos lo deseado.
$\square$
Teorema. Sea $\alpha = \tau_1 \cdots \tau_r = \rho_1 \cdots \rho_t \in S_n$, con $\tau_1, \cdots, \tau_r$, $\rho_1, \cdots, \rho_t$ transposiciones. Entonces $r$ y $t$ tienen la misma paridad.
Demostración. Por el teorema anterior, obtenemos:
\begin{align*} \alpha V = (\rho_1 \cdots \rho_t) V = (-1)^t \,V. \end{align*}
Por otro lado, por el teorema anterior también obtenemos:
\begin{align*} \alpha V = (\tau_1 \cdots \tau_r) V = (-1)^r \,V. \end{align*}
Entonces $(-1)^t V = (-1)^r V$. Por lo tanto $t$ y $r$ tienen la misma paridad.
$\square$
Tarea moral
Prueba que la relación en $S_n$ dada por $\alpha \sim \beta$ si y sólo si $\beta$ es conjugada de $\alpha$, es una relación de equivalencia.
Encuentra $\sigma\alpha\sigma^{-1}$ en cada inciso:
Escribe a $\alpha$ como un producto de transposiciones de al menos tres formas distintas y compara la cantidad de transposiciones que se usan en cada caso.
Con lo anterior, determina quién es $\alpha V$.
¿Qué forma cíclica tiene $\alpha\sigma\alpha^{-1}$?
¿Cómo podemos describir a la permutación $\alpha\sigma\alpha^{-1}$ a partir de cómo son $\alpha$ y $\sigma$ sin necesidad de hacer paso a paso la composición? ¿puedes encontrar una fórmula que lo describa?
Más adelante…
Todavía nos quedan propiedades del polinomio de Vandermonde que estudiar. En la siguiente entrada profundizaremos en ellas. Por ejemplo, ¿existe una manera de determinar el signo que tendrá el $\alpha-$polinomio de Vandermonde? ¿Cómo se relaciona con la descomposición de la permutación $\alpha$? ¿Hay manera de relacionar las permutaciones que dan lugar a polinomios con el mismo signo? Éstas y otras preguntas las responderemos a continuación.
