Archivo del Autor: Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

Álgebra Moderna I: Factorización Completa

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

Consideremos αS7 como α=(132)(64), esta permutación fija a 5 y a 7. Entonces también podemos escribirla como α=(132)(64)(5)(7). Notamos que una de las cosas en las que difieren es que en la segunda descomposición estamos agregando uno ciclos, pero también α=(132)(7)(64)(5) es otra forma diferente de expresar a la permutación escribiendo a los uno ciclos. En esta entrada nos planteamos la posibilidad de escribir a α como un producto de ciclos distintos incluyendo a todos los uno ciclos y analizamos en qué difieren todas las distintas maneras de hacerlo.

Antes de empezar, podrías intentar escribir todas las maneras posibles de describir a α escribiendo a los uno ciclos. ¿Notas algo en común entre todas? Al final de esta entrada, tendremos la respuesta más clara.

Definición de una factorización completa

Para empezar, necesitamos definir un nuevo concepto.

Definición. Sea αSn. Una factorización completa de α es una descomposición de α en ciclos disjuntos con un 1ciclo por cada elemento fijado por α.

Ejemplos.

  1. Sea αS8 como
    α=(1234567832157648)

    Entonces α=(13)(457) es una factorización de α en ciclos distintos pero no es una factorización completa de α. Por otro lado α=(13)(457)(2)(6)(8) sí es una factorización completa de α.
  2. Sea β dada por β=(2468)(135)(7).

    Esa es una factorización completa de βS8, pero no en S10, en S10 una factorización completa de de β sería
    β=(2468)(135)(7)(9)(10).

No es UNA factorización completa, es LA factorización completa

Recordemos la pregunta de la introducción ¿qué tienen en común todas las formas de describir a α como un producto de ciclos distintos en el que se incluyen todos los uno ciclos? He aquí la respuesta.

Teorema. Una factorización completa es única salvo por el orden de los factores.

Demostración.

Supongamos por reducción al absurdo que existe αSn con dos factorizaciones completas distintas, no sólo por el orden de sus factores. Dado que en una factorización completa los 1ciclos corresponden a los elementos que quedan fijos, éstos coinciden en ambas factorizaciones. Igualando ambas factorizaciones y cancelando los 1ciclos y el resto de los factores comunes de ambas factorizaciones obtenemos β1βr=δ1δs, con r,sN+. Notemos que α=β1βr=δ1δs.

Por la hipótesis de reducción al absurdo, alguno de los factores de la primera expresión de α no aparece como factor en la segunda expresión de α o viceversa. Sin pérdida de generalidad supongamos que β1{γ1,,γs}.

Sea i{1,,n} un elemento movido por β1, entonces, de acuerdo a lo que hemos estudiado, β1 es de la forma β1=(iβ1(i)β1t1(i)), con t el menor natural positivo tal que β1t(i)=i. Dado que β1,,βr son disjuntos, α mueve a i, y como δ1,,δs también son disjuntos, exactamente un factor δ1,,δs mueve a i. Sin pérdida de generalidad supongamos que δ1 mueve a i, entonces δ1 es de la forma δ1=(iδ1(i)δ1k1(i)), con k el menor natural positivo tal que δ1k(i)=i.

Pero, debido a que β1,,βr son disjuntos, conmutan, y entonces αj(i)=(β1βt)j(i)=β1jβtj(i)=β1j(i) para toda jN+. Análogamente αj(i)=δ1j(i) para toda jN+. Concluimos con ello que β1j(i)=δ1j(i) para toda jN+ y en consecuencia t=k y β1=δ1, contradiciendo la elección de β1.

Así, toda factorización completa es única salvo por el orden de los factores.

◼

Tarea moral

  1. Considera el siguiente elemento de S9
    α=(123456789981437625).
    Encuentra la factorización completa de α.
  2. Sea αSn y α=β1βt una factorización completa de α. Analiza qué ocurre con i=1tlong βi.
  3. Considera el ejercicio 3 de la entrada de permutaciones:
    Sean α,βS10,
    α=(1234567891010432975168)β=(1234567891010987654321).
    Encuentra las factorizaciones completas de α,β,αβ,βα y β1.

Más adelante…

Entonces ya sabemos que existe una factorización única para cada permutación. La usaremos para definir el concepto de estructura cíclica en la siguiente entrada.

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Álgebra Moderna I: Permutaciones disjuntas

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

Repasemos un poco el último ejemplo de la entrada anterior. En S5 teníamos la composición (1234)(245) y fijándonos en qué ocurre con cada elemento, concluimos que esta composición es igual a (12)(345). Entonces obtuvimos dos composiciones distintas para escribir a esa permutación. En el dibujo, es más claro que en la primera los dos ciclos se están entrelazando entonces es más difícil entender qué es lo que hace la permutación. Pero cuando vemos la representación de (12)(345) es más fácil entender qué es lo que está haciendo nuestra permutación. Así, es más conveniente trabajar con la segunda notación.

La representación de (1234)(245)=(12)(345)

A simple vista podemos observar que (1234) y (245) comparten el 2, pero (12) y (345) no comparten ningún elemento. En este caso, se dice que (12) y (345) son ciclos disjuntos. Más aún, ¿será que cualquier permutación se puede descomponer en ciclos disjuntos? la respuesta es que , esto lo demostraremos también en esta entrada.

Definición de permutaciones disjuntas

Antes de definir lo que significa que dos permutaciones sean disjuntas, nos gustaría recordar la última observación de la entrada anterior.
Observación. Si n3, entonces Sn no es abeliano.
Esto nos sirve para establecer que, en general, trabajaremos con grupos no abelianos.

Ahora sí definamos lo que son permutaciones disjuntas.
Definición. Sean α,βSn. Decimos que α y β son disjuntas o ajenas si sopα sopβ=, es decir, dado i{1,2,,n} se tiene que

α(i)iβ(i)=i.

En consecuencia también ocurre que si β(i)i, entonces α(i)=i.

Observación. Si α y β son disjuntas, pueden fijar a un mismo elemento pero no mover a un mismo elemento.

En particular, si tenemos dos ciclos de longitud mayor a uno, podemos obtener la siguiente equivalencia.
Observación. Sean α=(i1ir) y β=(j1jt) con r,t>1. Entonces α y β son disjuntas si y sólo si {i1,,ir}{j1,,jt}=.

Ejemplos.

  • (1234) y (245) no son disjuntas.
  • (12) y (345) son disjuntas.

Las permutaciones disjuntas conmutan

Lema. Sean α,βSn. Si α y β son disjuntas, entonces conmutan.

P.D. αβ=βα.
Sea i{1,,n}.

Caso 1. Cuando α(i)=i, β(i)=i. Ambas fijan al mismo elemento, esto es posible en permutaciones disjuntas. Entonces, al componer, no importará que permutación se aplique primero.
αβ(i)=α(i)=i=β(i)=βα(i).

Caso 2. Cuando α(i)=i, β(i)i.
Si componemos, obtenemos βα(i)=β(i).
Como β es inyectiva y β(i)i, entonces β(β(i))β(i). Así β mueve a β(i) y como α y β son disjuntas α fija a β(i). Entonces
αβ(i)=α(β(i))=β(i).
Por lo tanto βα(i)=αβ(i).

Caso 3. Cuando α(i)i, β(i)=i.
Este es análogo al caso 2.

El caso α(i)i, β(i)i no se da pues α y β son disjuntas.
Por lo tanto αβ=βα.

◼

Toda permutación se puede descomponer en ciclos disjuntos

Comencemos como un ejemplo. Consideremos a la permutación αS9

α=(123456789341786295).

  • El 1 va al 3 y el 3 regresa al 1, entonces tenemos una transposición (13).
  • Luego, observemos que el 2 va al 4, el 4 al 7 y el 7 al 4. Así tenemos un 3ciclo, (247).
  • De los números que no han aparecido hasta ahora, podemos tomar el 5, este va al 8, el 8 al 9 y el 9 regresa al 5. Entonces tenemos otro 3ciclo (589).
  • Por último, el 6 queda fijo.

Esto se puede dibujar de la siguiente manera:

Representación gráfica de α.

Pero también se puede escribir algebraicamente como:

α=(13)(247)(589)(6).

Ahora veremos que cualquier permutación se puede descomponer en un producto de ciclos disjuntos.

Analicemos primero cómo se construyen los ciclos a partir de un número en su soporte.

Observación 1. Sean tN+, σSn un t-ciclo e isop σ. Entonces σ=(iσ(i)σ2(i)σt1(i)) con t=mín{jN+|σj(i)=i}.

Demostración.

Sean tN+, σSn un t-ciclo e isop σ. Sabemos que σ es de la forma σ=(i0i1it1) con i0,i1,,it1 distintos. Como isop σ={i0,i1,,it1} podemos suponer sin pérdida de generalidad que i=i0 por lo que σ=(ii1it1). Entonces

σ(i)=i1,σ2(i)=σ(σ(i))=σ(i1)=i2 y en general σj(i)=ij para toda 1j<t por lo que σ=(iσ(i)σ2(i)σt1(i)) con i,σ(i),σ2(i),,σt1(i) distintos. En particular σ(i),σ2(i),,σt1(i) son distintos de i y además σt(i)=σ(σt1(i))=σ(it1)=i por lo que t=mín{jN+|σj(i)=i}.

Veamos ahora qué ocurre si la permutación no es necesariamente un ciclo. Probemos que cada número movido por la permutación da lugar a un ciclo.

Lema 1. Sea αSn, i{1,,n}. Para cada isop α existe jN+ tal que αj(i)=i, más aún, si ti=mín{jN+αj(i)=i} se tiene que i,α(i),α2(i),,αti1(i) son distintos.

Demostración.
Sea αSn, isop α . Consideremos
i,α(i),α2(i),

Sabemos que esta lista tiene elementos repetidos ya que consiste de números en el conjunto finito {1,2,,n}. Existen entonces r,sN distintos tales que αr(i)=αs(i), sin pérdida de generalidad s<r, por lo cual αrs(i)=i con rsN+ como se quería demostrar.

Así, el conjunto {jN+αj(i)=i} es no vacío, y por el principio del buen orden tiene un elemento mínimo, digamos ti. Veamos ahora que i,α(i),α2(i),,αti1(i) son distintos. Supongamos que αq(i)=αl(i) para algunos 0ql<ti, entonces αlq(i)=i con 0lq<ti y por la elección de ti esto implica que lq=0, es decir que q=l. Por lo tanto i,α(i),α2(i),,αti1(i) son distintos.

◼

Gracias al lema anterior podemos considerar el ciclo (iα(i)αti1(i)):

Definición. Sea αSn, isop α . El ciclo definido por α y por i es

σα,i=(iα(i)αti1(i)) con ti=mín{jN+αj(i)=i}.

Notemos que si isop α, entonces σα,i=(iα(i)αti1(i))=(α(i)αti1(i)i)=(α2(i)αti1(i)iα(i))=, etc., por lo que toda k{i,α(i),,αti1(i)} define el mismo ciclo que i, es decir:

Observación 2. Si isop α, entonces para toda k{i,α(i),,αti1(i)} se tiene que σα,k=σα,i y tk=ti.

En consecuencia tenemos el siguiente resultado:

Lema 2. Sea αSn, i,jsop α, y consideremos σα,i,σα,j como en la definición anterior. Si σα,iσα,j, entonces σα,i y σα,j son disjuntos.

Demostración.

Sea αSn, i,jsop α, σα,iσα,j, como en la definición anterior. Probemos el lema por contrapuesta. Supongamos que σα,i y σα,j, no son disjuntos. Existe entonces k movido por ambos ciclos, es decir k{i,α(i),αti1(i)}{j,α(j),,αtj1(j)}. Por la observación previa tenemos que σα,k=σα,i y σα,k=σα,j, de donde concluimos que σα,i=σα,j.

◼

Ahora veremos que al considerar todos los ciclos distintos del tipo σα,i y componerlos, obtenemos una descomposición de la permutación inicial α en ciclos disjuntos:

Teorema. Toda permutación en Sn es un ciclo o un producto de ciclos disjuntos

Demostración.

Sea αSn. Consideremos todos los ciclos σα,i con isop α y eliminemos los ciclos repetidos, llamemos γ1,γ2,,γr a los ciclos restantes. Afirmamos que α=γ1γ2γr es una descomposición de α en ciclos disjuntos. Por construcción γ1γ2γr es un producto de ciclos, y por el lema 2, dado que γ1,γ2,,γr son distintos, entonces son también disjuntos. Así, basta convencerse de que α=γ1γ2γr para terminar la demostración.

Sea i{1,2,,n}. Si isop α tenemos que σα,i{σα,jjsop α}={γ1,γ2,,γr} y entonces σα,i=γj para alguna 1jr. Así, γj=σα,i=(iα(i)αti1(i)) y γ1γ2γr(i)=γj(i)=α(i) (donde la primera igualdad se debe a que γ1,γ2,,γr son disjuntos). Si isop α tenemos que isop γj para toda j{1,,r} , por lo que γ1γ2γr(i)=i=α(i). Por lo tanto α=γ1γ2γr .

◼

Ejemplo.
Sea αS10 como sigue

α=(1234567891041796835210).

Veamos qué sucede con el 1 sop α. Le aplicamos α varias veces para formar el primer ciclo.

1,α(1)=4,α2(1)=9,α3(1)=2,α4(1)=1.

Entonces, nombremos γ1 a ese 4ciclo, γ1=(1492).

Ahora, tomemos un elemento que no esté en el soporte de γ1, digamos 3. De nuevo, aplicamos α varias veces para descubrir el ciclo al que pertenece.
3,α(3)=7,α2(3)=3.

Tenemos así una transposición γ2=(37).

Volvemos a tomar un número que no haya aparecido hasta ahora, digamos el 5. Aplicando α varias veces, podemos descubrir el ciclo,
5,α(5)=6,α2(5)=8,α3(5)=5,

obteniendo el ciclo γ3=(568).

Así, nuestra permutación quedaría como
α=(1492)(37)(568).

◼

Tarea moral

  1. Demuestra la observación: Si n3, entonces Sn no es abeliano.
  2. Encuentra dos permutaciones disjuntas α y β. Encuentra βα y αβ ¿qué observas al comparar βα? Intenta con otro ejemplo de dos permutaciones disjuntas α y β y analiza lo que ocurre.
  3. Sean α y β dos permutaciones que conmutan ¿podemos concluir entonces α y β son disjuntas?
  4. Considera el siguiente elemento de S11
    α=(12345678910115826413791110).
    Encuentra una factorización en ciclos disjuntos de α, y de α1.

Más adelante…

Ya conocemos qué son las permutaciones disjuntas y que cualquier permutación se puede ver como multiplicación de ciclos disjuntos. También, puede que hayas notado que comenzamos a escribir los 1ciclos de los elementos que se quedan fijos en las permutaciones. Esto nos encamina al tema principal de la siguiente entrada, la factorización completa, que no es más que la descomposición de una permutación en ciclos disjuntos incluyendo los 1ciclos.

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Álgebra Moderna I: Permutaciones y Grupo Simétrico

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

La Unidad 2 empieza con algunas definiciones nuevas. Veremos un ejemplo específico de grupo, primero definiremos qué es una permutación y luego, el conjunto de todas las permutaciones, al que llamaremos grupo simétrico junto con la composición. Este grupo es importante porque más adelante descubriremos que los grupos se pueden visualizar como subgrupos de grupos de permutaciones.

Primeras definiciones

Definición. Una permutación de un conjunto X es una función biyectiva de X en X.

Notación. Denotaremos por SX al conjunto

SX={σ:XX|σ es biyectiva}.

Si X={1,,n}, SX se denota por Sn. Si tomamos α,βSX la composición de α seguida de β se denota por βα.

Observación 1. SX con la composición es un grupo, se llama el Grupo Simétrico.

Observación 2. |Sn|=n!

Definición. Sea αSn, i{1,2,,n}.

Decimos que α mueve a i si α(i)i, y que α fija a i si α(i)=i. El soporte de α es

sop α={i{1,,n}:α(i)i}.

Ejemplo

Sea αS10, definida como

α=(1234567891083172645910).

La matriz es una manera de representar una permutación, la fila de arriba son todos los elementos de X={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} y la fila de abajo está formada por las imágenes bajo α de cada elemento de la fila de arriba. Es decir, la matriz de α se puede leer como: «α manda al 1 al 8», «el 2 lo manda al 3», etc. Entonces tenemos que, α mueve a 1,2,3,4,5,7,8 y fija al 6,9,10. Así

sop α={1,2,3,4,5,7,8}.

Definición de ciclo

Definición. Sea αSn, rZ, r>1. Decimos que α es un ciclo de longitud r o un r-ciclo si existen i1,,ir{1,,n} distintos tales que sop α={i1,,ir} y

α(it)={it+1si t{1,,r1}i1si t=r

Figura para ilustrar la definición de un ciclo.

Diremos que la permutación idSn es un ciclo de longitud 1 o un 1-ciclo. Los ciclos de longitud dos se llaman transposiciones.

Las transposiciones son muy importantes porque, como veremos más adelante, nos permitirán describir a las demás permutaciones.

Notación.

  • Un r-ciclo α, tal que cada ij va a ij+1 para cada j{1,,r1} y ir regresa a i1 se denota como α=(i1i2ir).
  • Además, denotamos como r=long α a la longitud de α.

Ejemplos

  1. αS8 con α=(1234567814358276).

α=(24586)=(45862)=(58624)=(86245)=(62458).

Representación de α.

En este caso, α es un 5ciclo y long α=5.
Observemos que el ciclo se puede comenzar a escribir con cualquier elemento de su soporte, siempre y cuando se cumpla la regla de correspondencia establecida.

2. Ahora, consideremos βS8 como

Representación de β.

β=(1234567812543678),
entonces podemos decir que β=(35), porque a los otros elementos los deja fijos.

Si componemos β con el α del ejemplo anterior obtenemos:

αβ=(24586)(35)=(245386).

Para verificar qué ésta es efectivamente la composición de β seguida de α, tenemos que observar a dónde manda a cada elemento:

  • Comenzamos con el 2 (esto es arbitrario, se puede comenzar con el número que sea), observamos que β lo deja fijo, entonces nos fijamos a dónde lo manda α, en este caso, el 2 es mandado al 4. Así, αβ manda al 2 en el 4.
  • Repetimos el proceso con el 4, β lo deja fijo y α lo manda al 5. Así, αβ manda al 4 en el 5.
  • Ahora con el 5, β manda al 5 en 3, entonces ahora vemos a dónde manda α al 3, en este caso lo deja fijo. Así, αβ manda al 5 en el 3.
  • Entonces ahora tenemos que observar a dónde es mandado el 3 después de la composición. Primero, β manda el 3 al 5 y α manda el 5 al 8, por lo tanto αβ manda el 3 al 8.
  • Así continuamos con todos los elementos que aparezcan en la composición hasta terminar.

    Ahora, veamos qué sucede con βα. El proceso es análogo:
    βα=(35)(24586)=(358624).
    Por lo tanto αββα.

3. En S5. Podemos considerar la siguiente permutación: (1234)(245). A esta permutación la podemos simplificar usando el mismo procedimiento que en el ejemplo 2.

Observamos a dónde lleva cada uno de sus elementos:

  • Comencemos con el 2, la primera parte de la permutación, lleva el 2 al 4 y, la segunda parte lleva el 4 al 1.
  • Ahora veamos a dónde va el 1. La primera parte lo deja fijo y la segunda lo lleva al 2. Entonces obtenemos una permutación (12). Pero todavía falta ver el resto de elementos.
  • Ahora, veamos qué sucede con el 3. La primera parte lo deja fijo y la segunda lo manda al 4.
  • La primera parte de nuestra permutación manda el 4 al 5 y, el 5 se queda fijo.
  • Por último, el 5 es mandado al 2 por la primera parte de la permutación y, la segunda parte manda al 2 en el 3. Por lo tanto, el 5 regresa al 3. Esto se puede escribir como:

(1234)(245)=(12)(345).

Es decir:

Representación de (1234)(245)=(12)(345).

Este ejemplo nos permite intuir que en ocasiones las permutaciones se pueden simplificar.

Observación. Si n3, entonces Sn no es abeliano.

Tarea moral

  1. Demostrar la observación 1: SX con la composición es un grupo, se llama el Grupo Simétrico.
  2. Sea X un conjunto infinito, H la colección de permutaciones de SX que mueven sólo un número finito de elementos y K la colección de permutaciones que mueven a lo más 50 elementos. ¿Son H y K subgrupos de SX?
  3. Considera los siguientes elementos de S10
    α=(1234567891010432975168)β=(1234567891010987654321).
    Encuentra αβ,βα,α1 y β1.
  4. Sea aSn, con n>2. Si α conmuta con toda permutación de Sn ¿puedes decir quién debe ser α?

Más adelante…

Por el momento continuaremos hablando de las permutaciones. El último ejemplo visto nos da la noción de permutaciones disjuntas, este tema es el que profundizaremos en la siguiente entrada, pero por el momento ¿puedes imaginarte de qué se trata?

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Álgebra Moderna I: Palabras

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

Introducción

En la entrada anterior tomamos un grupo G y un subconjunto XG y, logramos encontrar al menor subgrupo de G que contiene a X. Este conjunto resultó ser la intersección de todos los subgrupos contenidos en G que, a su vez, contienen a X. Recordemos que se llama el subgrupo de G generado por X y se denota

X=HGXHH.

Sin embargo, esto no nos dice mucho sobre los elementos de X. Ilustremos un poco lo que tenemos. Tomemos un grupo G, un subconjunto XG y al generado XG. Entonces, si tomamos x1,x2,x3X, sabemos que todas las potencias de esos elementos están en el generado de X. Es decir, para todas q,r,sZ, x1q,x2r,x3sX. Más aún, las diferentes multiplicaciones de esos elementos también están en X, por ejemplo, si consideramos x11,x32,x23 y x14, el elemento

(1)x14x32x11x23

está en X, por ser una multiplicación de elementos del subgrupo. Entonces, en el generado de X estarán todos los elementos de X, las potencias de esos elementos y todas las multiplicaciones entre dichas potencias.

Al elemento (1) la llamamos una palabra en X y es lo que estudiaremos en esta entrada. Además, las palabras nos permiten dar descripción del subgrupo generado. Esta idea es análoga a la que se estudia en álgebra lineal cuando se describe al subespacio generado por un conjunto como una colección de combinaciones lineales de vectores. Sin embargo, en el caso de subgrupos, esta descripción no es igual a la de álgebra lineal porque hay que recordar que un grupo en general no es abeliano. Esto influye en qué tanto se pueda simplificar una palabra.

Nuestra primera aproximación a las palabras

Definición. Sea G un grupo, X un subconjunto de G. Una palabra en X es, o bien el neutro e, o bien un elemento de la forma

x1α1,,xnαn

con nN+, x1,,xnX,α1,,αnZ.

Notación. Denotamos por WX al conjunto de todas las palabras en X.

Ejemplos

Ejemplo 1. Sea G=D2(4) el grupo diédrico formado por las simetrías de un cuadrado centrado en el origen. Sea a la rotación de π/2 y b la reflexión con respecto al eje x.
ba3ba1b4a es una palabra en {a,b}.

En este caso, la palabra sí se puede simplificar como:
ba3ba1b4a=ba3ba1ea=ba3ba1a=ba3b

Para la primera igualdad, recordemos que b es la rotación por π/2, entonces al aplicar esa rotación 4 veces, el cuadrado recupera su estado inicial, así por eso b4=e y de forma análoga como b1 es la rotación por π/2 se tiene que b4=e.

Notación. Usaremos la notación D2(4) para denotar las simetrías del cuadrado (que tiene 4 vértices), este grupo diédrico tiene 8 elementos. Otros autores pueden escribir simplemente D8, pero esto se puede confundir con el grupo de las simetrías de un octágono. De forma más general el grupo diédrico de un polígono de n lados es el grupo de simetrías de un polígono regular de n lados centrado en el origen, con la operación de composición. Lo denotatemos por D2n y tendrá 2n elementos.

Ejemplo 2. Consideremos el conjunto {±1,±i,±j,±k}. Este conjunto es llamado el grupo de los cuaterniones o cuaternios y se suele denotar por Q o Q8 porque tiene 8 elementos.

Las operaciones en el conjunto se definen como:
1a=a1=aaQ(1)a=a(1)=aaQ

Además, las multiplicaciones no son conmutativas y están definidas así:
ij=k,jk=i,ki=j,ji=k,kj=i,ik=j,i2=j2=k2=1.

Una palabra en {j} es j5j2j3j4, resolviendo las potencias podemos concluir que esta palabra es igual a 1 (verificarlo quedará como ejercicio). Podemos ahora considerar el conjunto de todas las palabras formadas con el elemento j, es decir el conjunto de palabras en {j}. Se puede ver que:
W{j}={j,1,j,+1}.

También podemos considerar el conjunto de palabras formadas con los elementos j y k, es decir el conjunto de palabras en {j,k}. En este caso se tiene que:
W{j,k}={±1,±i,±j,±k}=Q.

Palabras y el subgrupo generado por X

Lema. Sea G un grupo y X un subconjunto de G. WX es un subgrupo de G que contiene a X.

Demostración.
Caso 1, cuando X=.
En este caso, WX={e}G y X={e}=WX.

Caso 2, cuando X.
P.D. WXG.
Por definición eWX.
Sean a,bWX, entonces

a=x1α1xnαnα1,,αn,β1,,βmZb=y1β1ymβmx1,,xn,y1,,ymXn,mN+

Entonces, podemos tomar ab1 y verificar quién es

ab1=(a1α1xnαn)(y1ymβm)1=x1α1xnαnymβy1β1WX.

Por lo tanto WXG.

P.D. XWX.
Sea xX,
x=x1WX.

Por lo tanto XWX.

En ambos casos WX es un subgrupo de G que contiene a X.

◼

Teorema. Sea G un grupo, X un subconjunto de G. Entonces

X=WX.

Demostración.
) Por el lema anterior, WX{HG:XH}. Entonces, por nuestra definición del subgrupo generado,
X=HGXHHWX.

) Sea aWX, entonces a=x1α1xnαn con, nN+, α1,,αnZ y x1,,xnX.

Como cada xiX, con i{1,..,n}, y XX, entonces xiX para toda i{1,,n}.
Como el generado es un subgrupo de G, obtenemos que xiαiX para toda i{1,,n}. Usando nuevamente que el generado es un subgrupo de G tenemos que a=x1α1xnαnX.

Por lo tanto, X=WX.

◼

¿Cuál es el orden de un producto?

Ya hemos hablado del orden de un elemento. Si tenemos un grupo G y a,bG y sabemos quién es o(a) y o(b), ¿podemos saber cómo es o(ab)? En algunos casos podemos respuesta a esta pregunta dando una explicación más precisa de cómo es el orden de un producto en términos del orden de sus factores. El siguiente resultado aparece en el libro Grupos I de Avella, Mendoza, Sáenz y Souto mencionado en la bibliografía, Teorema 3.3.12:

Teorema. Sea G un grupo y a,bG.
Si a y b son de orden finito, sus ordenes son primos relativos y ab=ba, entonces

o(ab)=o(a)o(b)a,b=ab.

Demostración.
Sea G un grupo, a,bG de orden finito con n=o(a), m=o(b). Supongamos que (n;m)=1 y ab=ba.

P.D. o(ab)=nm.
Entonces

(ab)nm=anmbnm porque ab=ba=(an)m(bm)n propiedades de los exponentes=emen=e

Ya teniendo que (ab)nm=e, tenemos que ver que nm es el menor exponente positivo tal que al elevar ab a ese exponente nos da el neutro, o bien ver que divide a cualquier otro k tal que (ab)k=e. Procedamos de acuerdo a la segunda opción.

Sea kZ tal que (ab)k=e, y como ab=ba esto implica que akbk=e. Despejando, obtenemos ak=bk.

Así (ak)m=(bk)m=(bm)k=ek=e (porque o(b)=m), es decir akm=e. Dado que o(a)=n, entonces n|km y como (n;m)=1 entonces n|k.

Si consideramos ahora (ak)n=(bk)n y seguimos un argumento análogo obtenemos que m|k.

Como n|k y m|k y (n;m)=1, entonces nm|k.
Por lo tanto o(ab)=nm.

P.D. a,b=ab.
Como toda palabra en {ab} es una palabra en {a,b} entonces
aba,b.

Por otro lado, como ab=ba, toda palabra en {a,b} se reduce a una de la forma aibj con i,jZ, y como o(a)=n, o(b)=m, la expresión aibj se puede reducir aún más a una expresión de la forma aibi con 0i<n y 0j<m.

Entonces a,b={aibj:0i<n,0j<m}. Luego, |a,b|nm.
Pero aba,b, entonces |ab||a,b|.
Así,

nm=o(ab)=|ab||a,b|nm.

Por lo tanto ab=a,b.

◼

Tarea moral

  1. En el grupo de los cuaternios definido anteriormente, verifica que j5j2j3j4=1.
  2. Considera Q, el grupo de cuaternios. Reduce la siguiente palabra a uno de los elementos ±1,±i,±j,±k,
    j7k(i)jki2jk6
  3. Sea D2n={ id ,a,,an1,ab,,an1b} el grupo diédrico formado por las simetrías de un polígono regular de n lados, con a la rotación de 2πn y b la reflexión con respecto al eje x.
    1. Identifica geométricamente quiénes son  id ,a,,an1,ab,,an1b.
    2. Determina quién es el elemento bab y, de modo más general, quién es el elemento baib para toda iZ.
    3. Determina quién es el elemento bai para toda iZ.
  4. Considera el grupo simétrico S5, α la permutación que manda 1 en 2, 2 en 3 y 3 en 1, fija a 4 y a 5, y β la permutación que intercambia 4 y 5.
    1. Encuentra βα y αβ.
    2. Encuentra el orden de α, β, αβ y βα.
  5. Por último, te invitamos a que veas este video que habla sobre las aplicaciones tecnológicas del grupo de los cuaternios. El video está en inglés, pero tiene subtítulos en español.

Más adelante…

¡Felicidades por acabar la Unidad 1! Ya entiendes las bases de este curso, trata de recordarlas porque las estaremos usando implícitamente.
En la siguiente unidad estaremos viendo Permutaciones y Grupo Cociente, para no adelantar mucho, sólo diremos que ambas estructuras son grupos muy importantes en el álgebra y nuestros objetos de estudio en la siguiente unidad.

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Álgebra Moderna I: Teoremas sobre subgrupos y Subgrupo generado por X

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

Introducción

Ya vimos qué es un grupo cíclico. Ahora nos preguntamos si, teniendo G un grupo cíclico y tomando cualquier subgrupo HG ¿será cierto que H también es cíclico?

Ilustremos esto con un ejemplo. Consideremos Z con la suma, en este caso Z=1,

,3,2,1,0,1,2,3,.

Entre posibles subgrupos podemos encontrar:

,6,4,2,0,2,4,6,
,9,6,3,0,3,6,9,

es decir 2 y 3 respectivamente. Pero también podemos observar que tanto 2 como 3 son la mínima potencia de 1 que aparece en sus respectivos generados. Es decir, aunque el 1 no esté en un subgrupo cíclico de Z, el subgrupo será generado por la mínima potencia de 1 que sí sea elemento del subgrupo. En esta entrada, comenzaremos probando este resultado.

En la segunda parte de esta entrada regresaremos a la problemática inicial planteada en la entrada Orden de un elemento y grupo cíclico. Si tenemos un subconjunto XG, con G un grupo, ¿cuál es el mínimo subgrupo H de G tal que H contenga a X?

Podemos estar de acuerdo en que es posible que X esté contenido en más de un subgrupo, podemos considerar la familia de subgrupos de G que contienen a X. A estos subgrupos los denotaremos como Hi con iI. Como XHi para toda i, sabemos que XiIHi y éste resultará ser el menor subgrupo de G que contiene a X. Esto será lo que desarrollaremos en la segunda parte de la entrada.

Los subgrupos de un grupo cíclico, son cíclicos.

Teorema. Todo subgrupo de un grupo cíclico, es cíclico.

Demostración.
Sea G un grupo cíclico, HG.
Como G es cíclico, entonces G=a para algún aG.

Para ver que H es cíclico tenemos que proponer un generador de H, este generador tiene que ser una potencia de a, porque HG y G es cíclico. Por lo que dijimos en la introducción, elegiremos la potencia de a con el menor exponente positivo, que esté en H. Pero, para ello, tenemos que asegurarnos primero que en H existen potencias de a con exponentes positivos. Así, consideraremos dos casos.

Si H={e}=e que es cíclico.

Si H{e}, sea hH{e}. Entonces como HG, hG=a. Así h=ak para algún kZ y como he entonces k0.

Tenemos que h1=akH pues H es subgrupo.

Así ak, akH (con kZ{0}), entonces no importa si k es positivo o negativo, siempre habrá un elemento en H que se obtiene elevando a a un entero positivo, es decir,

{nZ+|anH}.

Sea m=mín {nZ+|anH}.
P.D. H=am

]
Por la elección de m, amH y como H es un subgrupo entonces amH.

]
Sea hH. Como HG=a, entonces h=ak para algún kZ.

Por el algoritmo de la división existen q,rZ tales que k=mq+r con 0r<m.
Entonces h=ak=amq+r=(am)qar. Esto implica que

(am)qh=ar.

Pero amH, hH y H es subgrupo, entonces ar=(am)qhH con 0r<m. Para no contradecir la elección de m concluimos que r=0.

Así h=amq=(am)qam.
Por lo tanto H=am y H es cíclico.

◼

El menor subgrupo que contiene a cualquier subconjunto X

Teorema. La intersección de una familia no vacía de subgrupos de un grupo G es un subgrupo de G.

Cuando decimos familia no vacía nos referimos a que haya al menos un grupo en la familia, con el fin de que haya al menos un grupo a intersecar. Ésta es una condición que se pide para que a nivel conjuntista no haya problemas con la intersección.

Demostración.
Sea G un grupo y {Hi|iI} una familia de subgrupos de G.
P.D. iIHiG.

Como HiG para toda iI, entonces eHi para toda iI y así eiIHi.

Sea a,biI. Tenemos que a,bHi para toda iI.
Como HiG para toda iI, entonces ab1Hi para toda iI y así ab1iIHi.

Por lo tanto iIHiG.

◼

Corolario. Sea G un grupo y X un subconjunto de G. Existe un subgrupo de G que contiene a X y que estará contenido en cualquier subgrupo de G que contenga a X.

Demostración.
Sea G un grupo y X subconjunto de G.
G es un subgrupo de G que contiene a X y entonces la familia {HG|XH} es no vacía. Entonces sí existen subgrupos de G que contienen a X.

Consideremos HGXHH. Por el teorema anterior esta intersección es un subgrupo de G y por construcción XHGXHH.

Ahora, si H^ es un subgrupo de G que contiene a X, entonces H^{HG|XH}, y al ser uno de los intersecandos, obtenemos

HGXHHH^.

Así, HGXHH es un subgrupo de G que contiene a X y que está contenido en cualquier subgrupo de G que contenga a X

◼

El subgrupo de G generado por X

Para concluir esta entrada, daremos una definición que resume lo visto.

Definición. Sea G un grupo y X un subgrupo de G. El conjunto

HGXHH

es el subgrupo de G generado por X y se denota por X.

Decimos que X genera a G si X=G.

Observación. Sea G un grupo y sea aG. Entonces

{a}=a.

Demostración. Se quedará como tarea moral.

Notación. Para a1,,anG, el subgrupo {a1,,an} se denota por a1,,an.

Tarea moral

  1. Sea G un grupo tal que todos sus subgrupos propios son cíclicos, entonces G es cíclico. Demuestra este enunciado o encuentra un contraejemplo.
  2. Considera a los enteros con la suma. Describe a los subgrupos:
    1. {10,15} (se denota por 10,15).
    2. {9,20} (se denota por 9,20).
  3. Demuestra la última observación: Sea G un grupo y sea aG. Entonces {a}=a. Sugerencia: Usa la doble contención y el teorema anterior.

Más adelante…

Ya estudiamos a los elementos de la forma ak con aG, kZ y G un grupo. En la siguiente entrada combinaremos varios elementos de esa forma. Estudiaremos qué son y algunas propiedades de las llamadas palabras. Además, la siguiente entrada es la última de esta unidad, ¡sigue avanzando! ya casi acabas.

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