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Álgebra Moderna I: Teorema de Lagrange

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

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, el teorema al que está dedicado esta entrada.

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
$$\lceil G:H \rceil= \frac{|G|}{|H|}.$$

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 $t = \lceil G : H \rceil$. 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,

\begin{align*}
|G| = \left| \bigcup^{t}_{i=1} a_i H\right| &= \sum^{t}_{i=1} \#a_iH \\
&= \sum^{t}_{i = 1} |H| &\text{Lema anterior} \\
&= t|H| = \lceil G:H \rceil |H|
\end{align*}

Así $|G| = \lceil G : H \rceil |H|$, enconces $|H|\Big| |G|$ y $\displaystyle \lceil G : H \rceil = \frac{|G|}{|H|}$.

$\blacksquare$

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

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. 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 $[H_K]$?
    1. $G = Q$ los cuaternios, $H = \left<i\right>$ y $K = \{\pm 1\}$.
    2. $G = S_4$, $H = A_4$ y $K = \left<(1\;2\;3)\right>$.
  2. Encuentra todos los subgrupos del grupo de los cuaternios y de $\z_8$ ¿de qué orden son? ¿cuántos hay del mismo orden?

Opcional

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

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 $G$.

  1. $aH \neq \emptyset \quad \forall a \in G$ .
  2. Si $a,b \in G$ son tales que $aH \cap bH \neq \emptyset$, entonces $aH = bH$.
  3. $\displaystyle \bigcup_{a\in G} aH = G$

Claramente el teorema anterior enuncia las características de una partición, por lo que no hay nada que probar.

Ejemplos

  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: $H, Hj$.
  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 índice de $H$ en $G$ es

\begin{align*}
\lceil G:H \rceil = \# \{aH | a\in G\}.
\end{align*}

Ejemplos

Retomemos los ejemplos que ya hemos visto.

  1. Tomemos a $Q$ como los cuaternios, $H= \left< i \right> = \{\pm 1, \pm i\}$
    $\lceil Q:H\rceil = 2$.
  2. Ahora, tomemos $S_3$, $H = \{(1), (3 2)\}$. Como ya vimos,
    $\lceil S_3:H\rceil = 3$.
  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, $\lceil \z, H \rceil = 6$.

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 $\{\pm 1\} \leq \left< i \right> \leq Q$. 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 $[\left< i \right>: \{\pm 1\}]$.
  3. 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 $[A_4: \left< (1\;2\;3) \right>]$.

Opcional

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

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.

  1. 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*}
  2. 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.

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.

Ejemplos.

  1. Sean $G = S_n\, ,$ $H =A_n\, ,$ con $n\geq 2$.
    \begin{align*}
    (1\;2)\;A_n &= \{ (1\;2)\alpha \,|\, \alpha\in A_n\} \\
    & = \{\beta \in S_n \,| \, sgn\,\beta = -1\}.
    \end{align*}
  2. 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

  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 $D_{2(6)} = \{\text{id}, a, \dots, a^5, b, ab, \dots, a^5b \}$ 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 $D_{2(6)}$.
  3. En cada inciso calcula $HK$ y determina si es un subgrupo de $S_4$.
    1. $H = \{(1), (1\;2)\}$ y $K = \{(1), (1\;3)\}$.
    2. $H = \{(1), (1\;2)\}$ 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 $G$?

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

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

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.

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 $r \in \z^+$.

Ejemplo.

En $S_9$, tomemos $\alpha$ y $\beta$ como sigue

\begin{align*}
\alpha &= (2 \; 4 \; 7 \; 9)(1 \; 3)(5 \; 6)(8)\\
\beta &= (2 \; 4)(1 \; 5 \; 8 \; 9)(3 \; 7)(6).
\end{align*}

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,

\begin{align*}
\gamma\alpha\gamma^{-1} &= (1 \; 2 \; 3)(3 \; 5 \; 6 \; 8)(1 \; 3 \; 2) \\
& = (1 \; 5 \; 6 \; 8) = \beta.
\end{align*}

Así, $\beta = (1 \; 5 \; 6 \; 8)$ es conjugada de $(1 \; 5 \; 6 \; 8) = \alpha$.

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,

\begin{align*}
(i_1 \; \cdots \; i_r) = (i_1 \; i_r) \cdots (i_1\; i_3)(i_1 \; i_2).
\end{align*}

Por lo tanto $S_n = \left< \{ \tau \in S_n | \tau \text{ es una transposición} \}\right>$.

$\square$

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.

¿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.
  1. Intercambiamos 1 y 2, así nuestra lista quedaría $2 \; 1 \; 3 \; 4 \; 5.$ 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 $2 \; 3 \; 1 \; 4 \; 5$.
  3. Ahora, nos toca intercambiar 1 y 4. Así obtenemos $2 \; 3 \; 4 \; 1 \;5$
  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 $\sigma$ 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:

$\sigma = (1 \; 2 \; 3 \; 4 \; 5) = (1 \; 5) (1 \; 4) (1 \; 3) (1 \; 2).$

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.

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. Para probar este resultado introduciremos un polinomio con distintas indeterminadas que permutaremos usando permutaciones.

Definición. El polinomio de Vandermonde en los indeterminadas $x_1, \dots, x_n$ con coeficientes enteros es

\begin{align*}
V(x_1,\dots,x_n) = \prod_{1 \leq i < j \leq n}(x_i – x_j).
\end{align*}

Dado $\alpha \in S_n$, el $\alpha-$polinomio de Vandermonde es

\begin{align*}
\alpha \; V(x_1, \dots, x_n) = \prod_{1 \leq i < j \leq n}(x_{\alpha(i)} – x_{\alpha(j)}).
\end{align*}

Ejemplo.

\begin{align*}
V(x_1,x_2,x_3,x_4) = & (x_1 – x_2)(x_1 – x_3)(x_1 – x_4) \\
& (x_2 – x_3) (x_2 – x_4)(x_3-x_4).
\end{align*}

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

\begin{align*}
(2 \; 4) \, V(x_1,x_2,x_3,x_4) = &(x_1 – x_4)(x_1 – x_3)(x_1-x_2)\\
&(x_4-x_3)(x_4 – x_2)(x_3-x_2) \\
= & \,- V(x_1,x_2,x_3,x_4).
\end{align*}

Observación. Sólo pueden suceder dos cosas, $\alpha V = V$ ó $\alpha V = – V$ para todo $\alpha \in S_n$.

Vandermonde y las Transposiciones

A continuación veremos qué efecto tienen las transposiciones en el polinomio de Vandermonde.

Lema 1. Sea $\tau \in S_n$ una transposición. Entonces $\tau V = -V$.

Demostración.

Sea $\tau = (k \; l) \in S_n$ con $k < l$.
Al aplicar $\tau$ a $V$, los factores donde no aparecen ni $k$ ni $l$ quedan igual, los factores $x_i-x_k$ con $i<k$ cambian a $x_i-x_k$ con $i<k<l$ por lo que no provocan cambio de signo. Mediante argumentos análogos podemos ver que tampoco los factores

\begin{align*}
x_k – x_i \quad &\text{ con } \quad i > l \\
x_i – x_l \quad &\text{ con } \quad i < k \\
x_l – x_i \quad &\text{ con } \quad i > l
\end{align*}

cambian de signo. Sólo cambian de signo los factores
\begin{align*}
x_k – x_{k + 1} && x_{k+1} – x_l \\
x_k – x_{k+2} && x_{k+2} – x_l \\
\vdots && \vdots \\
x_k – x_{l-1} && x_{l-1} – x_l \\
x_k – x_l.
\end{align*}

Debido a que en esta última lista hay una cantidad impar de factores, entonces hay una cantidad impar de cambios de signo. Por lo tanto $\tau\, V = -V$.

$\square$

Lema 2. Sean $\tau, \beta \in S_n$, $\tau$ una transposición. $( \tau \beta )V = – \beta V$.

Demostración. Basta hacer
\begin{align*}
(\tau \beta) V = \tau (\beta V) = \tau (\pm V) = – (\pm V) = – \beta V.
\end{align*}

$\square$

Teoremas importantes

Teorema. Sea $\alpha = \tau_1 \cdots \tau_r \in S_n$, $\tau_1, \dots, \tau_r$ transposiciones. Entonces

$\alpha V = (-1)^r \,V$.

Demostración. Por inducción sobre $r$.

Base de inducción: Supongamos que $r = 1$.
Entonces, desarrollando $\alpha V$ y usando el lema 1 obtenemos

\begin{align*}
\alpha V &= \tau_1 V\\
&= -V = (-1)^1 V & \text{Lema 1.}
\end{align*}

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 $r-1$ transposiciones.

P.D. $\alpha V = (-1)^r V$.

Desarrollando $\alpha V$ y usando el Lema 2, obtenemos:

\begin{align*}
\alpha V &= (\tau_1 \, \tau_2 \cdots \tau_r) V\\
&= (\tau_1 \, (\tau_2 \cdots \tau_r)) V & \text{Agrupamos}\\
&= -(\tau_2 \cdots \tau_r) V &\text{Lema 2.}
\end{align*}

Ahora, como $(\tau_2 \cdots \tau_r)$ tiene $r-1$ factores, 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

  1. 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.
  2. Encuentra $\sigma\alpha\sigma^{-1}$ en cada inciso:
    1. $\alpha = ( 2 \; 3 \; 5), \; \sigma = (1\; 3 \; 5 \; 6)$.
    2. $\alpha = (5 \; 4 \; 3 \; 1), \; \sigma = (2 \; 4 \; 5 \; 7 \; 8)$.
    3. $\alpha = (1 \; 7 \; 5 \; 4 \; 2 \; 3), \; \sigma = (1 \; 2 \; 4 \; 6 \; 7)$.
  3. Sean $\alpha,\sigma \in S_n$ con $\sigma = (i_1\; i_2 \; \cdots \; i_r) \in S_n$ un $r-$cíclo.
    1. ¿Qué forma cíclica tiene $\alpha\sigma\alpha^{-1}$?
    2. ¿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?
  4. Considera $\alpha = (1 \; 9 \; 4)(10 \; 2 \; 8 \; 5 \; 3)(3 \; 5 \; 6 \; 8)(7 \; 2) \in S_{10}$.
    1. 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.
    2. Con lo anterior, determina quién es $\alpha V$.

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.

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Álgebra Moderna I: Factorización Completa

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

Introducción

Consideremos $\alpha \in S_7$ como $\alpha = (1\,3\,2)(6\,4)$, esta permutación fija a $5$ y a $7$. Entonces también podemos escribirla como $\alpha = (1\,3\,2)(6\,4)(5)(7)$. Notamos que una de las cosas en las que difieren es que en la segunda descomposición estamos agregando uno ciclos, pero también $\alpha = (1 \, 3 \, 2) (7) (6 \, 4)(5)$ es otra forma diferente de expresar a la permutación escribiendo a los uno ciclos. En esta entrada nos planteamos la posibilidad de escribir a $\alpha$ 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 $\alpha$ 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 $\alpha \in S_n$. Una factorización completa de $\alpha$ es una descomposición de $\alpha$ en ciclos disjuntos con un $1-$ciclo por cada elemento fijado por $\alpha$.

Ejemplos.

  1. Sea $\alpha \in S_8$ como
    \begin{align*}
    \alpha = \begin{pmatrix}
    1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\
    3 & 2 & 1 & 5 & 7 & 6 & 4 & 8
    \end{pmatrix}
    \end{align*}

    Entonces $\alpha = (1 \; 3)\,(4 \; 5 \; 7)$ es una factorización de $\alpha$ en ciclos distintos pero no es una factorización completa de $\alpha$. Por otro lado $\alpha = (1 \; 3)\,(4 \; 5 \; 7)\,(2) \,(6) \,(8)$ sí es una factorización completa de $\alpha$.
  2. Sea $\beta$ dada por \begin{align*}
    \beta = (2 \; 4 \; 6 \; 8) \, (1 \; 3 \; 5)\,(7).
    \end{align*}

    Esa es una factorización completa de $\beta \in S_8$, pero no en $S_{10}$, en $S_{10}$ una factorización completa de de $\beta$ sería
    \begin{align*}
    \beta = (2 \; 4 \; 6 \; 8) \, (1 \; 3 \; 5)\,(7)\, (9) \, (10).
    \end{align*}

Una herramienta misteriosa que nos ayudará más tarde

El siguiente resultado es un lema técnico que nos ayudará a resolver el problema planteado al inicio de esta entrada. De manera informal el lema nos dice que si tenemos una factorización de una permutación en factores distintos, el factor que mueve a un elemento de su soporte, moverá a ese elemento de la misma forma que la permutación misma. También nos dice que si dos ciclos y cada una de sus potencias mueven a un elemento de su soporte de la misma forma, entonces los ciclos son iguales.

Lema.

  1. Sea $\alpha \in S_n$, $\alpha = \beta_1 \cdots \beta_t$ una factorización en permutaciones disjuntas e $i \in \{1,\dots,n\}$. Si $\beta_1(i) \neq i$ entonces $\alpha^k(i) = \beta_1^k(i)$ para toda $k \in \z$.
  2. Sean $\beta,\gamma \in S_n$ ciclos. Si existe $i \in \{1, \dots, n\}$ tal que $\beta(i) \neq i \neq \gamma (i)$ y $\beta^k(i) = \gamma^k(i)$ para toda $k \geq 1$, entonces $\beta = \gamma$.

Demostración.

  1. Sea $\alpha = \beta_1 \cdots \beta_t \in S_n$ una factorización en permutaciones disjuntas. Sea $i \in \{1, \dots,n\}$ tal que $\beta_1(i) \neq i$.
    Entonces, $\alpha^k = (\beta_1(\beta_2 \cdots \beta_t))^k = \beta_1^k(\beta_2 \cdots\beta_t)^k$ para toda $k \in \z$ ya que como $\beta_1$ y $(\beta_2 \cdots\beta_t)$ son disjuntas, conmutan.
    Además, como $\beta_1(i)\neq i$, el hecho de que $\beta_1, \dots, \beta_t$ sean disjuntas implica que $\beta_2(i)=\dots \beta_t(i)=i$, entonces $\beta_2 \cdots \beta_t(i) = i$. Así $\alpha^k(i) = \beta_1^k (\beta_2\cdots \beta_t)^k(i) = \beta_1^k(i)$ para toda $k \in \z$.
  2. Sean $\beta, \gamma \in S_n$ ciclos, $i \in \{1, \dots, n\}$ tal que $\beta$ y $\gamma$ mueven a $i$ y $\beta^k(i) = \gamma^k(i)$ para todo $k \geq 1$.
    P.D. $\beta = \gamma$
    Como $\beta$ y $\gamma$ son ciclos que mueven a $i$, entonces los podemos escribir como $\beta = (i \; i_1 \; \cdots \; i_r)$ y $\gamma = (i \; j \; \cdots \; j_l)$.
    Si observamos cómo mueven a los elementos, tenemos que
    \begin{align*}
    \beta^k(i) &= i_k, \; k\in \{1, \dots, r\}, \; \beta^{r+1}(i) = i \\
    \gamma^k(i) &= j_k, \; k \in \{1, \dots, l\}, \; \beta^{l+1}(i) = i.
    \end{align*}
    Supongamos que $r \neq l$, sin pérdida de generalidad, $r < l$.
    \begin{align*}
    i &= \beta^{r+1}(i) \\
    & = \gamma^{r+1}(i) & \text{porque }\beta^k(i) = \gamma^k(i) \;\; \forall k \geq 1 \\
    & = j_{r+1} \neq i & r+1 \leq l.
    \end{align*}
    Esto es una contradicción.
    Así, $r = l$ y $i_k = \beta^k(i) = \gamma^k(i) = j_k$ para toda $k \in \{1,\dots,r\}$.
    Por lo tanto $\beta = \gamma$.

$\blacksquare$

No es UNA factorización completa, es LA factorización completa

Recortemos la pregunta de la introducción ¿qué tienen en común todas las formas de describir a $\alpha$ 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.

Dado que en una factorización completa los $1-$ciclos corresponden a los elementos que quedan fijos, basta probar que los ciclos de longitud mayor a $1$ que aparecen en toda factorización completa coinciden.

Haremos inducción sobre $k = \#$sop $\alpha$.

Caso base. Cuando $k = 0$, entonces $\alpha =$ id y por lo tanto no tiene ciclos de longitud mayor a 1.

Sea $k > 0$.
Hipótesis de Inducción. Supongamos que si $\beta \in S_n$ con $\#$sop $\beta < k$, cualesquiera dos factorizaciones completas de $\beta$ tienen exactamente los mismos ciclos de longitud mayor a 1.

Sean $\alpha = \beta_1 \cdots \beta_t = \gamma_1 \cdots \gamma_s$, con $t,s \in \n^+$ dos factorizaciones de $\alpha$ obtenidas de omitir los $1-$ciclos en dos factorizaciones completas de $\alpha$.

Como $k>0$, existe $i \in \{1,\dots,n\}$ tal que $\alpha(i) \neq i$ y entonces también deben existir algún $\beta_j$ y algún $\gamma_l$ que muevan a $i$. Sin pérdida de generalidad supongamos que $\beta_1(i) \neq i \neq \gamma_1(i)$.

Entonces, por el inciso 1 del lema anterior,
\begin{align*}
\beta_i^k(i) = \alpha^k(i) = \gamma_1(i)^k \qquad \forall k \in \z,
\end{align*}

y, por el inciso 2 del mismo lema,
\begin{align*}
\beta_1 = \gamma_1 .
\end{align*}

Así, cancelando $\beta_1$ tenemos que

\begin{align*}
\beta_2 \cdots \beta_t = \gamma_2 \cdots \gamma_s.
\end{align*}

Pero $\beta_2 \cdots \beta_t = \gamma_{2} \cdots \gamma_s$ son dos factorizaciones de una permutación que mueve menos de $k$ elementos con ciclos disjuntos de longitud mayor a $1$.

Por la hipótesis de inducción, $t = s$ y $\beta_2, \dots, \beta_t$son los mismos que $\gamma_2, \dots, \gamma_t$ salvo por el orden.

Por lo tanto, $\beta_1,\dots,\beta_t$ son los mismos que $\gamma_1,\dots,\gamma_s$ salvo por el orden.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Considera el siguiente elemento de $S_9$
    \begin{align*}
    \alpha = \begin{pmatrix}
    1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\
    9 & 8 & 1 & 4 & 3 & 7 & 6 & 2 & 5
    \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    Encuentra la factorización completa de $\alpha$.
  2. Sea $\alpha \in S_n$ y $\alpha = \beta_1 \dots \beta_t$ una factorización completa de $\alpha$. Analiza qué ocurre con $\displaystyle \sum_{i= 1}^t \text{long } \beta_i$.
  3. Considera el ejercicio 3 de la entrada de permutaciones:
    Sean $\alpha, \beta \in S_{10}$,
    \begin{align*}
    \alpha = \begin{pmatrix}
    1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\
    10 & 4 & 3 & 2 & 9 & 7 & 5 & 1 & 6 & 8
    \end{pmatrix} \\ \\
    \beta = \begin{pmatrix}
    1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\
    10 & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1
    \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    Encuentra las factorizaciones completas de $\alpha, \beta, \alpha\beta, \beta\alpha$ y $\beta^{-1}$.

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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