Archivo del Autor: Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

Álgebra Moderna I: Teorema de Lagrange

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(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,a1H,a2H,a3H,,atH donde
|H|=#a2H=#a3H==atH.

Recuerda que |G| se refiere al orden de un grupo y #aiH 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,a1H,,atH}.

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, aG. Entonces #aH=|H|.

Demostración. Sean G un grupo, HG y aG.

Consideremos φ:HaH, tal que hah.

Veamos que φ es inyectiva ya que si tomamos h,h¯H son tales que φ(h)=φ(h¯) entonces ah=aφ y por cancelación, h=(h¯).

Además, φ es suprayectiva ya que dado ahaH con hH tenemos
ah=φ(h)Imφ.

Donde Imφ es la imagen de φ.

Por lo tanto |H|=#aH.

◼

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]=|G||H|.

Demostración. Sea G un grupo finito, HG. 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 a1,,atG representantes de las distintas clases laterales izquierdas de H en G, con t=[G:H]. Sabemos que G=i=1taiH. Como aiHajH= para ij, con i,j{1,,t}, entonces la unión, es una unión disjunta. Así podemos hacer,

|G|=|i=1taiH|=i=1t#aiH=i=1t|H|Lema anterior=t|H|=[G:H]|H|

Así |G|=[G:H]|H|, enconces |H|||G| y [G:H]=|G||H|.

◼

Consecuencias del teorema

Corolario 1. Sea G un grupo finito, aG. Entonces o(a)||G|. Así a|G|=e.

Demostración. Sea G un grupo finito, aG. Consideremos aG. Por el teorema de Lagrange:

o(a)=|a|||G|o(a)||G|.

Así |G|=o(a)q, para algún qZ,
a|G|=ao(a)q=(ao(a))q=eq=e.

◼

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 aG{e}. Por el corolario 1,
1<o(a)||G|=p.

Entonces o(a)=p. Así a=G y G es cíclico.

◼

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.

  1. Sea G un grupo finito, H y K subgrupos de G con KH. 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 [HK]?
    1. G=Q los cuaternios, H=i y K={±1}.
    2. G=S4, H=A4 y K=(123).
  2. Encuentra todos los subgrupos del grupo de los cuaternios y de Z8 ¿de qué orden son? ¿cuántos hay del mismo orden?
  3. Revisa el video de la Sorbona: Lagrange-Universidad de la Sorbona. Se puede poner poner subtítulos en español.

Más adelante…

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.

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Álgebra Moderna I: Relación de equivalencia dada por un subgrupo e índice de H en G

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(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,bZ es posible establecer una relación dentro de los enteros como sigue
abba es múltiplo de n.
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,bZ,
abbaH.

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 ba=b+(a). Además, (Z,+) es un grupo abeliano, por lo que b+(a)H(a)+bH. Para nuestra generalización usaremos el segundo caso.

Así, tenemos que comenzar agarrando un subgrupo cualquiera de G, es decir, nos tomamos HG. Entonces nuestra relación debe quedar, dados a,bG,
aba1bH.

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,bG,

aba1bH.

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 HG.

Primero, tomamos aG.
También podemos tomar a1 . Así a1a=eH. Por lo tanto aa y nuestra relación es reflexiva.

Ahora tomamos a,bG. Si ab, entonces a1bH.

b1a=(a1b)1Hba

Por lo que nuestra relación es simétrica.

Sean a,b,cG. Si ab y bc, entonces a1bH y b1cH, entonces usando la cerradura de H y asociando de otra manera, obtenemos

a1c=(a1b)(b1c)Hac.

Así, nuestra relación es transitiva.

Por lo tanto, nuestra relación es una relación de equivalencia.

◻

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 aH.

a¯={bG|ab}={bG|a1bH}={bG|a1b=h,hH}={bG|b=ah,hH}={ah|hH}=aH.

Ahora veremos algunas observaciones de lo anterior.

Observación. Sean G un grupo, HG y a,bG, entonces
aH=bHa1bH.

En particular,
H=bHbH

Nota. Análogamente se puede trabajar con clases laterales derechas, i.e. (Ha=Hbba1H).

Como 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.

  1. aHaG .
  2. Si a,bG son tales que aHbH, entonces aH=bH.
  3. aGaH=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=i={±1,±i}. Veamos qué sucede con sus clases laterales.
jH={j(+1),j(1),j(+i),j(i)}={j,j,kk}=Hj.

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 S3 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 S3 que no esté en H, digamos (123), entonces,
(123)H={(123)(1),(123)(32)}={(123),(12)}.

Repetimos lo anterior, tomamos un elemento de S3 que no esté H y sea distinto al que ya nos tomamos para obtener una clase distinta. Esto nos da
(132)H={(132)(1),(132)(32)}={(132)(13)}.

Por lo que las clases laterales izquierdas son:
(1)H=H(123)H={(123),(12)}(132)H={(132)(13)}.

De la misma manera obtenemos las clases laterales derechas:
H(1)=HH(123)={(1)(123),(32)(123)}={(123),(13)}H(132)={(1)(132),(32)(132)}={(132),(12)}.

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

#{aH|aG}=#{Ha|aG}.

Demostración.

Sea ψ:{aH|aG}{Ha|aG}, definida como ψ(aH)=Ha1aG. Probaremos que esta función es biyectiva.

Pequeño paréntensis:

Antes de comenzar con la demostración, pongamos atención a la definición de ψ. En un inicio podríamos pensar ¿por qué no hacemos ψ(aH)=Ha? La respuesta es simple, porque esto no funcionaría. Definamos una nueva función para ejemplificar, sea ϕ:{aH|aG}{Ha|aG} tal que ϕ(aH)=Ha.

Tomemos bG tal que aH=bH, para que ϕ esté bien definida, necesitaríamos que ϕ(aH)=ϕ(bH), es decir Ha=Hb. Por la relación que definimos, esto implica que si a1bH, entonces ba1H, pero esto no necesariamente es cierto porque el grupo puede no ser abeliano. Lo que sí sabemos es que si a1bH, entonces Ha1b=H, y así Ha1=Hb1.

Por esto es que escogimos a ψ de esa manera.

Termina paréntesis. Ahora sí comencemos con la demostración.

Sean a,bG,

aH=bHa1bHHa1b=HHa1=Hb1ψ(aH)=ψ(bH).
Por tanto, ψ está bien definida y es inyectiva.

Además, dada Ha,aG.

Ha=H(a1)1=ψ(a1H)

así ψ es suprayectiva.

Por lo tanto #{aH|aG}=#{Ha|aG}.

◻

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 índice de H en G es

[G:H]=#{aH|aG}.

Ejemplos

Retomemos los ejemplos que ya hemos visto.

  1. Tomemos a Q como los cuaternios, H=i={±1,±i}
    [Q:H]=2.
  2. Ahora, tomemos S3, H={(1),(32)}. Como ya vimos,
    [S3:H]=3.
  3. Consideremos el grupo (Z,+) y H={6m|mZ}.
    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, respectivamente.
    Así, [Z,H]=6.

Tarea moral

  1. 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.
  2. Considera {±1}iQ. Describe las clases laterales izquierdas de {±1} en i, las clases laterales izquierdas de i en Q, y las clases laterales izquierdas de {±1} en Q. Encuentra [Q:{±1}], [Q:i] y [i:{±1}].
  3. Considera (123)A4S4. Describe las clases laterales izquierdas de (123) en A4, las clases laterales izquierdas de A4 en S4, y las clases laterales izquierdas de (123) en S4. Encuentra [S4:(123)], [S4:A4] y [A4:(123)].
  4. Puedes checar el video de Mathologer.

Más adelante…

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?

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Álgebra Moderna I: Producto de subconjuntos y Clases Laterales

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(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|sS,tT}.

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,). 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.

  1. Tomemos las permutaciones de S3={(1),(12),(13),(23),(123),(132)}. Consideramos a S como S={(12)} y a T como T={(123),(132)}. Entonces, su producto queda
    ST={(12)(123),(12)(132)}={(23),(13)}.
  2. Si consideramos (Z,+), podemos tomar a S y a T como
    S=2Z={2n|nZ},T=3Z={3m|mZ}.
    En este caso, el producto se denota como S+T y este conjunto es
    S+T=2Z+3Z={2n+3m|n,mZ}=Z.
    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,
HKG si y sólo si HK=KH.

Demostración.
Sea G un grupo, H,K subgrupos de G.

|) Supongamos que HKG.
P.D. KH=HK

Procedemos por doble contención.
]
Sea xKH, entonces existen kK y hH tales que x=kh.

Como HK es subgrupo de G, entonces h1k1HK, así
x1=(kh)1=h1k1HK.

Entonces, x1HK, y como HK es subgrupo, xHK. Por lo tanto KHHK.

]
Sea xHK.

Observación: Si intentamos hacer lo mismo de antes, tomaríamos hH y kK tales que x=hk, así x1=k1h1 ya que en el inverso se invierte el orden, es decir x1KH. Pero como no sabemos nada de KH, nos atoramos aquí. Por lo tanto, tomaremos un camino un tanto diferente.

Sabemos que HKG, entonces sabemos que x1HK. Entonces existen hH y kK tales que x1=hk. Así,

x=(x1)1=(hk)1=k1h1KH
Por lo tanto HKKH.

Así, HK=KH.

|) Supongamos que HK=KH.
P.D. HKG.

Observemos primero que e=eeHK.

Ahora consideremos x,yHK, entonces
x=hkh,hHy=h¯k¯k,kK.

Entonces
xy1=(hk)(h¯k¯)1=(hk)(k¯1h¯1)=h((kk¯1)h¯1).

Pero
(kk¯1)h¯1KH=HKPor la hipótesis(kk¯1)h¯1=h^k^ con h^H,k^K.

Sustituyendo los valores xy1=h(h^k^)=(hh^)k^HK.

Por lo tanto HKG.

◼

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 aG. 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, aG.
La clase lateral izquierda de H en G con representante a es
aH={ah|hH}.
La clase lateral derecha de H en G con representante a es
Ha={ha|hH}.

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.

Ejemplos.

  1. Sean G=Sn, H=An, con n2.
    (12)An={(12)α|αAn}={βSn|sgnβ=1}.
  2. Sea G=R2 con la suma usual,
    H={(x,x)|xR}(a,b)R2Entonces, (a,b)+H={(a,b)+(x,x)|xR}, que geométricamente es la diagonal trasladada por el vector (a,b).
Hecho con GeoGebra®
Representación de (a,b)+H.

Tarea moral

  1. 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.
  2. Sea D2(6)={id,a,,a5,b,ab,,a5b} el grupo diédrico formado por las simetrías de un hexágono, con a la rotación de π3 y b la reflexión con respecto al eje x. Calcula las clases laterales izquierdas y derechas de a en D2(6).
  3. En cada inciso calcula HK y determina si es un subgrupo de S4.
    1. H={(1),(12)} y K={(1),(13)}.
    2. H={(1),(12)} y K={(1),(34)}.

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?

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Álgebra Moderna I: Paridad de una permutación

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(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 Grupos I de Avella, Mendoza, Sáenz y Souto que se indica en la bibliografía, 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 A first course in abstract algebra 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 n!2 elementos. Este conjunto es llamado el grupo alternante.

¿Pares o impares?

Definición. Sea αSn, α es par si α=id o si α es un producto de un número par de transposiciones. Por otro lado, α es impar si es un producto de un número impar de transposiciones.

La función signo es sgn:Sn{+1,1} definida como
sgnα={+1si α es par1si α es impar

Observación. Sean α=τ1τrSn, con τ1,,τr transposiciones. Entonces sgnα=(1)r.

Demostración.
La definición nos asegura que sgnα=+1 si y sólo si r es par.

◼

Proposición. Sean α,βSn. Entonces sgn(αβ)=sgnαsgnβ.

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 α,βSn, con α=τ1τr, β=ρ1ρt. Donde, τ1,,τr,ρ1,,ρt son transposiciones.

Si calculamos el signo del producto αβ y usando la observación anterior, obtenemos lo siguiente:
sgn(αβ)=sgn(τ1τrρ1ρt)=(1)r+tObservación anterior=(1)r(1)tPropiedades de las potencias=sgnαsgnβObservación anterior

Esto es precisamente lo que queríamos probar.

◼

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 σ=(i1ir)Sn un r-ciclo. Entonces sgnσ=(1)r1.

Demostración.
Recordemos que en la entrada anterior vimos que podemos escribir a σ como un producto de transposiciones:
σ=(i1ir)=(i1ir)(i1i2).
Intuitivamente, estamos intercambiando a i1 con los elementos que le siguen, esto nos da r1 transposiciones. Por lo tanto, σ es un producto de r1 transposiciones. De acuerdo con la observación, podemos concluir que sgnσ=(1)r1.

◼

Estamos listos para enunciar y probar  la fórmula del signo que aparece en el libro A first course in abstract algebra de Rotman que se menciona en la bibliografía, y que resulta muy útil para calcular el signo de una permutación.

Teorema. Sea αSn, α=β1βt una factorización completa de α. Entonces sgnα=(1)nt, donde t es la cantidad de factores que tiene la factorización completa de α.

Demostración.
Como el signo es multiplicativo,
sgnα=i=1tsgnβi.
Estamos tomando una factorización completa de α, entonces todos los βi son ciclos disjuntos. Así que su signo está dado por la longitud del ciclo (de acuerdo al lema dado):
sgnβi=(1)longβi1i{1,,t}.
Juntando ambas ecuaciones y sumando los t exponentes obtenemos las siguientes igualdades
sgnα=i=1tsgnβiProposición=i=1t(1)longβi1Lema=(1)(i=1tlongβi)t=(1)nt.Leyes de exponentes

Como la factorización es completa, la siguiente igualdad se cumple: i=1tlongβi=n.

Por lo tanto sgnα=(1)nt.

◼

Esta forma resulta útil porque ya no se requiere descomponer una permutación en producto de transposiciones, basta con encontrar una factorización completa. Veamos esto con un ejemplo.

Ejemplo.
Consideremos αS10 como
α=(1234567891024751839610).

También podemos escribirla como α=(1245)(37)(689)(10). Esta expresión es una factorización completa de α con cuatro factores.

Entonces, de acuerdo con el teorema que acabamos de probar, sgnα=(1)104=(1)6=+1.

Por otro lado mostremos una factorización de α en transposiciones: α=(15)(14)(12)(37)(69)(68) que tiene seis transposiciones. Entonces, efectivamente α 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

An={αSn|sgnα=+1}.

Observación. An efectivamente es un subgrupo de Sn.

Demostración.
Si α=id, por definición del signo, sgnid=+1. Así, idAn.

Sean α,βAn.
Como la función signo es multiplicativa:
sgnαβ=sgnαsgnβ=(+1)(+1)=+1.
Así, αβAn. Es decir, An es cerrada bajo el producto.

Por último, sea αAn.

Por un lado, usando la propiedad multiplicativa del signo obtenemos:
sgn(αα1)=sgnαsgnα1=(+1)sgnα1.

Por otro lado, como αα1=id, tenemos:
sgn(αα1)=sgnid=+1.

Por lo tanto sgn(αα1)=+1, así α1An. Es decir, An es cerrada bajo inversos.

Por lo tanto An es un subgrupo de Sn.

◼

El siguiente resultado nos muestra que el grupo alternante An «parte en dos» a las permutaciones, es decir, la mitad de permutaciones son pares.

Proposición. Sea n>1, entonces |An|=n!2.

Demostración. Podemos ver a Sn como la unión de las permutaciones pares e impares, esto se expresa así Sn=An(SnAn).
Pero, podemos dar una biyección definida como ϕ:AnSnAn, definida como ϕα=(12)α.

Entonces, |An|=#SnAn.

Así, como dijimos que

n!=|Sn|=|An|+#SnAn=2|An|.

Por lo tanto |An|=n!2.

Notación. Para denotar la cardinalidad u orden de un conjunto A, usamos dos notaciones:
|A|Si A es un grupo.#ASi A no es un grupo (o si no sabemos si A es un grupo o no).

Tarea moral

  1. Considera el elemento αS12 como
    α=(123456789101112211418123695710)
    1. Encuentra α1, el signo de α y el de α1.
    2. En general, ¿qué pasará con el signo de una permutación y de su inversa?
  2. Sea α un r ciclo en Sn. ¿Podemos determinar el signo de α a partir de la paridad de r?
  3. Dada αSn decimos que los números i,j{1,2,,n} forman una inversión si i<j pero α(i)>α(j). ¿Qué relación existe entre la paridad y el número de inversiones de α?
  4. Encuentra todos los elementos de A4.

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.

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Álgebra Moderna I: Misma Estructura Cíclica, Permutación Conjugada y Polinomio de Vandermonde

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(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 Grupos I 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 α,βSn. Decimos que α y β tienen la misma estructura cíclica si su factorización completa tiene el mismo número de rciclos para toda rZ+.

Ejemplo.

En S9, tomemos α y β como sigue

α=(2479)(13)(56)(8)β=(24)(1589)(37)(6).

Claramente, α y β tienen la misma estructura cíclica, ya que ambas están formadas por un 4ciclo, dos transposiciones y un uno ciclo.

Permutación Conjugada

Definición. Sean α,βSn. Decimos que β es conjugada de α si existe γSn tal que β=γαγ1.

Ejemplo.

Tomemos γ=(123), entonces γ=(124) y α=(3568). Entonces podemos calcular a β como sigue,

γαγ1=(123)(3568)(132)=(1568)=β.

Así, β=(1568) es conjugada de (1568)=α.

Podemos observar que si consideramos la relación en Sn dada por αβ si y sólo si α es conjugada de β, 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 σ=(12345), 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 σ, en vez la lista 12345 tendremos ahora la lista 234,51. Entonces nos preguntamos, ¿cómo podemos llegar de la lista 12345 a la lista 23451 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.
  1. Intercambiamos 1 y 2, así nuestra lista quedaría 21345. Observemos que el 2 ya queda en la posición deseada.
  2. Sobre el resultado anterior, intercambiamos 1 y 3. Hasta el momento tenemos el reacomodo 23145.
  3. Ahora, nos toca intercambiar 1 y 4. Así obtenemos 23415
  4. 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 σ 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 (12), (13), (14) y (15). Debido a que escribimos la composición de permutaciones de derecha a izquierda, nuestra sigma quedaría de la siguiente manera:

σ=(12345)=(15)(14)(13)(12).

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,

Sn={τSn|τ es una transposición}.

Demostración.

Como toda permutación es un producto de ciclos, basta ver que todo ciclo es un producto de transposiciones. Así,

(i1ir)=(i1ir)(i1i3)(i1i2).

Por lo tanto Sn={τSn|τ es una transposición}.

◻

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(x1,,xn) un polinomio en las indeterminadas x1,,xn con coeficientes enteros y αSn. El polinomio αP se define como

αP(x1,,xn)=P(xα(1),,xα(n)).

Ejemplo.

Consideremos el polinomio P(x1,x2,x3,x4,x5)=3x1x2+x3x52+x1x2x3x4x5 y α=(123)(45). Entonces

αP(x1,x2,x3,x4)=(123)(45)P(x1,x2,x3,x4)=3xα(1)xα(2)+xα(3)xα(5)2+xα(1)xα(2)xα(3)xα(4)xα(5)=3x2x3+x1x42+x2x3x1x5x4.

Definición. El polinomio de Vandermonde en las indeterminadas x1,,xn con coeficientes enteros es

V(x1,,xn)=1i<jn(xixj).

Dado αSn, el αpolinomio de Vandermonde es αP, es decir:

αV(x1,,xn)=1i<jn(xα(i)xα(j)).

Ejemplo.

V(x1,x2,x3,x4)=(x1x2)(x1x3)(x1x4)(x2x3)(x2x4)(x3x4).

Calculemos ahora (24)V(x1,x2,x3,x4). 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 (x1x2) cambiará al factor (x1x4). Así

(24)V(x1,x2,x3,x4)=(x1x4)(x1x3)(x1x2)(x4x3)(x4x2)(x3x2)=V(x1,x2,x3,x4).

Observación 1. Dado que cada factor del polinomio de Vandermonde se queda igual o cambia de signo, sólo pueden suceder dos cosas, αV=V ó αV=V para todo αSn, de acuerdo a si hay un número impar de cambios de signo o si hay un número par de cambio de signo.

Observación 2. Sea αSn. Tenemos que α(V)=αV.

Observación 3. Sean α,βSn. Tenemos que α(βV)=(αβ)V.

Demostración.

Sea αSn. Tenemos que:

α(βV(x1,,xn))=αV(xβ(1),,xβ(n))=V(xα(β(1)),,xα(β(n)))=V(x(αβ)(1),,x(αβ)(n))=(αβ)V(x1,,xn).

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Vandermonde y las Transposiciones

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 (12), y con ello entenderemos qué efecto tienen el resto de las transposiciones.

Lema. Sea τSn una transposición. Entonces τV=V.

Demostración.

Caso 1 τ=(12)

Al aplicar τ a V los factores xixj con i,j{1,2} se preservan, mientras que el factor x1x2 cambia a x2x1 provocando un cambio de signo. Por otro lado los factores x1xj con j{3,,n} y los factores x2xj con j{3,,n} no producen cambios de signo. Concluimos entonces que sólo un factor produce un cambio de signo y así (12)V=V.

Caso 2 τ(12), es decir τ=(1l) con l{3,,n}, o τ=(2l) con j{3,,n}, o bien τ=(kl) con k,j{1,2}.

Notemos que (2l)(12)(2l)=(1l) , para l{3,,n},(1l)(12)(1l)=(2l) , para l{3,,n},(1k)(2l)(12)(1k)(2l)=(kl) , para k,j{1,2}. Así, siempre existe αSn tal que α(12)α=τ.

Si αV=V, tenemos que τV=(α(12)α)V=(α((12)(αV)))=(α((12)V))=α(V)=αV=V.

Si αV=V, tenemos que τV=(α(12)α)V=(α((12)(αV)))=(α((12)(V))=αV=V.

◻

Teoremas importantes

Teorema. Sea rZ+, α=τ1τrSn, τ1,,τr transposiciones. Entonces

αV=(1)rV.

Demostración. Por inducción sobre r.

Base de inducción: Supongamos que r=1.
Entonces, desarrollando αV y usando el lema previo obtenemos

αV=τ1V=V=(1)1VLema

Así, se cumple la proposición para al caso base.

Ahora, sea r>1.
Hipótesis de Inducción: Supongamos que el resultado se cumple para el producto de r1 transposiciones.

P.D. αV=(1)rV.

Desarrollando αV y usando el lema previo, obtenemos:

αV=(τ1τ2τr)V=((τ1τ2τr1)τr)VAgrupamos=(τ1τr1)(τrV)Observación 3=(τ1τr1)(V)Lema=(τ1τr1)V.Observación 2

Ahora, como τ2τr tiene r1 transposiciones, podemos aplicar la hipótesis de inducción y continuar con las igualdades.

(τ2τr)V=(1)r1V=(1)rV.

Así, demostramos lo deseado.

◻

Teorema. Sean r,tZ+, α=τ1τr=ρ1ρtSn, con τ1,,τr, ρ1,,ρt transposiciones. Entonces r y t tienen la misma paridad.

Demostración.
Por el teorema anterior, obtenemos:

αV=(ρ1ρt)V=(1)tV.

Por otro lado, por el teorema anterior también obtenemos:

αV=(τ1τr)V=(1)rV.

Entonces (1)tV=(1)rV. Por lo tanto t y r tienen la misma paridad.

◻

Tarea moral

  1. Prueba que la relación en Sn dada por αβ si y sólo si β es conjugada de α, es una relación de equivalencia.
  2. Encuentra σασ1 en cada inciso:
    1. α=(235),σ=(1356).
    2. α=(5431),σ=(24578).
    3. α=(175423),σ=(12467).
  3. Sean α,σSn con σ=(i1i2ir)Sn un rciclo.
  4. Considera α=(194)(102853)(3568)(72)S10.
    1. Escribe a α como un producto de transposiciones de al menos tres formas distintas y compara la cantidad de transposiciones que se usan en cada caso.
    2. Con lo anterior, determina quién es αV.
  5. ¿Qué forma cíclica tiene ασα1?
  6. ¿Cómo podemos describir a la permutación ασα1 a partir de cómo son α y σ 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 αpolinomio de Vandermonde? ¿Cómo se relaciona con la descomposición de la permutación α? ¿Hay manera de relacionar las permutaciones que dan lugar a polinomios con el mismo signo? Éstas y otras preguntas las responderemos a continuación.

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