orden de un elemento archivos

Introducción

En la entrada anterior vimos una introducción a los homomorfismos y algunas propiedades. Ahora sabemos que un homomorfismo es una función $φ : G \to \bar{G}$ entre dos grupos $(G, *)$ y $(\bar{G}, \bar{*})$ , que respeta las operaciones, es decir, que para todas $a, b \in G$ , $φ (a * b) = φ (a) \bar{*} φ (b)$ . A partir de ahora simplificaremos la notación y escribiremos simplemente la condición anterior como: para todas $a, b \in G$ , $φ (a b) = φ (a) φ (b)$ (a menos que haya ambigüedad respecto a qué operación se está usando en cada caso).

En esta entrada, continuaremos dando algunas propiedades de los homomorfismos, en particular veremos cómo se comportan con las potencias de elementos del grupo y, en seguida, cómo se comparan el orden de un elemento y el orden de su imagen bajo un homomorfismo.

Homomorfismos y la potencia

Dado que el homomorfismo respeta el producto, se va a comportar bien con las potencias.

Proposición. Sean $G, \bar{G}$ grupos, $φ : G \to \bar{G}$ un homomorfismo. Entonces,

$φ (e_{G}) = e_{\bar{G}}$ .
$φ (a^{- 1}) = {(φ (a))}^{- 1}$ para toda $a \in G$ .
$φ (a^{n}) = {(φ (a))}^{n}$ para toda $a \in G$ y para toda $n \in Z$ .

Demostración.

Sean $G, \bar{G}$ grupos y $φ : G \to \bar{G}$ un homomorfismo.

P.D. $φ (e_{G}) = φ e_{\bar{G}}$ .

Por un lado tenemos que $φ (e_{g}) e_{\bar{G}} = φ (e_{G})$ porque $e_{\bar{G}}$ es el neutro de $\bar{G}$ . Por otro lado tenemos que $φ (e_{G}) = φ (e_{G} e_{G})$ porque $e_{G}$ es el neutro de $G$ , y $φ (e_{G} e_{G}) = φ (e_{G}) φ (e_{G})$ porque $φ$ es un homomorfismo.

Entonces tenemos

$\begin{aligned} φ (e_{g}) e_{\bar{G}} = φ (e_{G}) = φ (e_{G}) φ (e_{G}) . \end{aligned}$

Cancelamos $φ (e_{G})$ , y obtenemos
$\begin{array}{r} e_{\bar{G}} = φ (e_{G}) . \end{array}$

Sea $a \in G$ .
P.D. $φ (a^{- 1}) = {(φ (a))}^{- 1}$ .

Por un lado tenemos que $φ (a) {(φ (a))}^{- 1} = e_{\bar{G}}$ .

Por el inciso anterior, tenemos que $e_{\bar{G}} = φ (e_{G}) = φ (a a^{- 1})$ y como $φ$ es un homomorfismo, tenemos que $φ (a a^{- 1}) = φ (a) φ (a^{- 1})$ .

Entonces tenemos que $φ (a) {(φ (a))}^{- 1} = φ (a) φ (a^{- 1})$ , donde podemos cancelar $φ (a)$ :

$\begin{aligned} φ (a) {(φ (a))}^{- 1} = φ (a) φ (a^{- 1}) \\ \Rightarrow {(φ (a))}^{- 1} = φ (a^{- 1}) . \end{aligned}$

Sea $a \in G$ .
P.D. $φ (a^{n}) = {(φ (a))}^{n}$ para toda $a \in G$ y $n \in Z$ .
Demostraremos primero el resultado para $n \in N$ por inducción sobre $n$ .

Sea $n = 0$ .

Entonces, por el inciso 1,
$\begin{array}{r} φ (a^{0}) = φ (e_{G}) = e_{\bar{G}} = (φ (a))^{0} . \end{array}$

Sea $n \geq 0$ .
Para nuestra hipótesis de inducción, supongamos que $φ (a^{n}) = (φ (a))^{n}$ .

Por la definición de potencia,
$\begin{array}{r} φ (a^{n + 1}) = φ (a^{n} a) . \end{array}$

Luego, como $φ$ es un homomorfismo,
$\begin{aligned} φ (a^{n} a) & = φ (a^{n}) φ (a) \\ = (φ (a))^{n} φ (a) & Por H.I. \\ = (φ (a))^{n + 1} & Por la definición de potencia \end{aligned}$

Por lo tanto $φ (a^{n}) = (φ (a))^{n}$ para toda $n \in N$ .

Finalmente, si $n \in Z^{+}$ .
$\begin{aligned} φ (a^{- n}) & = φ ((a^{n})^{- 1}) \\ = φ ((a^{n}))^{- 1} & Por el inciso 2 \\ = ((φ (a))^{n})^{- 1} & Por lo probado anteriormente \\ = (φ (a))^{- n} \end{aligned}$

Por lo tanto $φ (a^{m}) = (φ (a))^{m}$ , para toda $m \in Z$ .

Homomorfismos y el orden

Corolario. Sean $G, \bar{G}$ grupos, sea $φ : G \to \bar{G}$ un homomorfismo.
Si $a \in G$ es de orden finito, $φ (a)$ también lo es y $o (φ (a)) | o (a)$ . Es decir, el orden de $φ (a)$ divide al orden de $a$ .
Más aún, si $φ$ es un isomorfismo, entonces $o (φ (a)) = o (a)$ .

Demostración.
Sean $G, \bar{G}$ grupos, $φ : G \to \bar{G}$ un homomorfismo y sea $a \in G$ de orden finito.

Ahora, usamos las propiedades de $φ$ para obtener las siguientes igualdades.

$\begin{array}{r} φ (a)^{o (a)} = φ (a^{o (a)}) = φ (e_{G}) = e_{\bar{G}} . \end{array}$

Esto nos dice que $φ (a)$ es de orden finito. Esto no significa que $o (a)$ es el orden de $φ (a)$ , pero sí se sigue, por las propiedades del orden de un elemento, que $o (φ (a)) | o (a)$ .

Ahora, si $φ$ es un isomorfismo, $φ^{- 1}$ también, así que por lo antes probado $o (φ^{- 1} (b)) | o (b)$ para todo $b \in \bar{G}$ ; en particular, para $b = φ (a)$ se tiene que $o (φ^{- 1} (φ (a))) | o (φ (a))$ . Entonces,
$\begin{array}{r} o (a) = o (φ^{- 1} (φ (a))) | o (φ (a)) \end{array}$

Por lo tanto $o (φ (a)) = o (a)$ .

Ejemplo.

Por último, veamos un ejemplo para ilustrar las propiedades que acabamos de ver.

Sea $G$ un grupo, $a \in G$ de orden finito.

Dado $g \in G$ sabemos que
$\begin{array}{r} γ_{g} : G \to G con γ_{g} (x) = g x g^{- 1} \forall x \in G \end{array}$

es un isomorfismo.

Así, $γ_{g} (a)$ es de orden finito y $o (γ_{g} (a)) = o (a)$ . Entonces, $g a g^{- 1}$ es de orden finito y $o (g a g^{- 1}) = o (a)$ .

Así, elementos conjugados tienen el mismo orden.

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.

Sean $G$ y $\bar{G}$ grupos y $X \subseteq G$ tal que $G = ⟨ X ⟩ .$ Sea $φ : X \to \bar{G}$ una función. ¿Qué se requiere para poder extender $φ$ a un homomorfismo $ψ : G \to \bar{G}$ ? En ese caso ¿de cuántas formas se pueden extender?
Describe, si es que existen, todos los homomorfismos:
- de $Z$ en $Z$
- de $Z_{12}$ en $Z_{5}$
- de $Z$ en $Z_{8}$
- de $Z_{12}$ en $Z_{14}$
Determina si los siguientes grupos son isomorfos
- $Q$ y $D_{2 (4)}$
- $(S O (2, R), \cdot)$ y $(S^{1}, \cdot)$
- $(Z [x], +)$ y $(Q^{+}, \cdot)$

Más adelante…

Los resutados mostrados en esta entrada no son más que consecuencias lógicas a lo que establecimos en la entrada anterior. Es importante recalcarlos, pero es claro que si un homomorfismo se comporta bien con el producto, se va a comportar bien con la potencia y por ende, con el orden de un elemento.

En la siguiente entrada, definiremos nuevos conceptos relacionados con los homomorfismos, como el núcleo de un homomorfismo y la proyección canónica.

Entradas relacionadas

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

Introducción

En la entrada anterior aprendimos qué es un subgrupo, sus características y hablamos de los subgrupos finitos. Pero en general, si tenemos un conjunto $G$ y escogemos un subconjunto $X$ de $G$ , $X$ no tendría por qué ser un subgrupo. A partir de esta entrada comenzaremos a estudiar qué necesitamos agregarle a $X$ para que se vuelva un subgrupo.

Particularmente, ahora hablaremos sobre el orden de un elemento y de cómo este orden puede inducir ciertos grupos y subgrupos. Por ejemplo, definiremos qué es un subconjunto generado por $a$ , con $a \in G$ .

El orden de un elemento

Definición. (Orden de un elemento)
Sea $G$ un grupo, $a \in G$ . Si $a^{k} = e$ para algún $k \in Z^{+}$ decimos que $a$ es de orden finito y en ese caso definimos el orden de $a$ como

$o (a) = mín {k \in Z^{+} | a^{k} = e}$ .

En caso contrario decimos que $a$ es de orden infinito.

Ejemplos.

$Γ_{8} = {ξ^{k} | 0 \leq k < 8}$ con $ξ = e^{\frac{π i}{4}}$ . Entonces $o (ξ^{2}) = 4$ .
Consideremos el conjunto $V = {(0, 0), (1, 0), (0, 1) (1, 1)}$ con la suma entrada a entrada módulo $2$ . Éste se conoce como el grupo de Klein. Tenemos que
- $o ((1, 0)) = 2$ ya que $(1, 0) \neq (0, 0)$ pero $2 (1, 0) = (1, 0) + (1, 0) = (0, 0)$ .
- $o ((0, 0)) = 1$ , $o ((1, 0)) = o ((0, 1)) = o ((1, 1)) = 2$ .
Consideremos $Z$ , $o (0) = 1$ y para toda $a \in Z ∖ {0}$ , $a$ es de orden infinito.

Lema. Sea $G$ un grupo, $a \in G$ de orden finito. Si $a^{k} = e$ para alguna $k \in Z$ , entonces $o (a)$ divide a $k$ .

Demostración.
Sea $a \in G$ de orden finito. Supongamos que $a^{k} = e$ para algún $k \in Z$ .

P.D. $o (a) | k$
Por el algoritmo de la división en $Z$ existen $q, r \in Z$ tales que

$\begin{aligned} k & = o (a) q + r & con 0 \leq r < o (a) \end{aligned}$

Entonces

$\begin{aligned} e & = a^{k} \\ = a^{o (a) q + r} \\ = (a^{o (a)})^{q} a^{r} \\ = e^{q} a^{r} \\ = e a^{r} \\ = a^{r} \end{aligned}$

Así $e = a^{r}$ , con $0 \leq r < o (a)$ . Pero $o (a)$ es el mínimo entero positivo tal que al colocarlo como exponente en $a$ da $e$ , entonces $r = 0$ . Por lo tanto $o (a) | k$ .

Lema. Sea $G$ un grupo, $a \in G$ de orden finito. Sea $n \in Z^{+}$ . Si se cumple que

$a^{n} = e$
$a^{k} = e$ con $k \in Z$ implica que $n | k$

entonces $n = o (a)$ .

Demostración.
Sea $G$ un grupo, $a \in G$ de orden finito. Sea $n \in Z^{+}$ tal que cumple los incisos 1 y 2.

P.D. $n = o (a)$
Como se cumple el inciso 1, $a^{n} = e$ . Entonces

$n \in {k \in Z^{+} | a^{k} = e}$ .

Veamos que $n$ es el elemento mínimo.
Sea $k \in Z^{+}$ tal que $a^{k} = e$ . Por el inciso 2, se tiene que $n | k$ , entonces $| n | \leq | k |$ pero $n, k \in Z^{+}$ entonces $n \leq k$ .

Por lo tanto $n = mín {k \in Z^{+} | a^{k} = e} = o (a)$ .

El subgrupo cíclico

Proposición. Sea $G$ un grupo y $a \in G$ . El conjunto ${a^{n} | n \in Z}$ es un subgrupo de $G$ .

Notación. A partir de ahora, al conjunto anterior lo denotaremos como $⟨ a ⟩ = {a^{n} | n \in Z}$

Demostración de la proposición.
Sean $G$ un grupo y $a \in G$ .

P.D. $⟨ a ⟩ \leq G$
$e = a^{0} \in ⟨ a ⟩$
Sean $x, y \in ⟨ a ⟩$ , entonces $x = a^{n}$ , $y = b^{m}$ con $n, m \in Z$ .
Tenemos que $x y^{- 1} = a^{n} (a^{m})^{- 1} = a^{n} a^{- m} = a^{n - m} \in ⟨ a ⟩$ .
Por lo tanto $⟨ a ⟩ \leq G$ .

Definición. Sean $G$ un grupo y $a \in G$ ,

$⟨ a ⟩ = {a^{n} | n \in Z}$

se llama el subgrupo cíclico de $G$ generado por $a$ . Decidimos que $G$ es un grupo cíclico si $G = ⟨ a ⟩$ para alguna $a \in G$ y en ese caso decimos que $a$ es un generador de $G$ .

Ejemplo.

$G = {ξ^{k} | 0 \leq k < 8}$ con $ξ = e^{\frac{π i}{4}}$ .
$G$ es un grupo cíclico, pues $G = ⟨ ξ ⟩$ y $ξ$ es un generador de $G$ .
El conjugado de $ξ$ , $\bar{ξ}$ , es otro generador de $G$ .
${1, i, - 1, - i} = ⟨ ξ^{2} ⟩$ es el subgrupo cíclico de $G$ generado por $i$ .
$Z = ⟨ 1 ⟩$ es un grupo cíclico, $1$ y $- 1$ son generadores de $Z$ .
Sea $V = {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}$ el grupo de Klein definido al inicio de esta entrada. Tenemos que $⟨ (1, 0) ⟩ = {(1, 0), (0, 0)}$ es un subgrupo cíclico de $V$ generado por $(1, 0)$ . Se puede verificar que los elementos de $V$ generan subgrupos de uno o dos elementos. Por lo tanto $V$ no es cíclico.
Sea $m \in Z^{+}$ . El conjunto de unidades de $Z_{m}$ se define como las clases módulo $m$ que tienen inverso multiplicativo, o bien ${\overset{―}{n} \in Z_{m} | (n; m) = 1}$ y se denota por $U (Z_{m})$ . Se puede probar que éste es un grupo con el producto. Consideremos ahora el grupo $U (Z_{10}) = {\overset{―}{n} \in Z_{10} | (n; 10) = 1}$ .
Tenemos que $U (Z_{10}) = {\overset{―}{1}, \overset{―}{3}, \overset{―}{7}, \overset{―}{9}}$ .
Como ${\overset{―}{3}}^{2} = \overset{―}{9}$ , ${\overset{―}{3}}^{3} = \overset{―}{27} = \overset{―}{7}$ ,
${\overset{―}{3}}^{4} =$ ${\overset{―}{3}}^{3} \overset{―}{3} =$ $\overset{―}{7} \overset{―}{3} =$ $\overset{―}{21} =$ $\overset{―}{1}$ , entonces $U (Z_{10}) = ⟨ \overset{―}{3} ⟩$ y $U (Z_{10})$ es cíclico.

Tarea moral

Sea $G = G L (2, Q)$ (recuerda las definiciones en los ejemplos importantes de matrices). Considera las matrices
$A = (\begin{matrix} 0 & - 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})$ , $B = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 1 \end{matrix})$
Muestra que $A$ y $B$ tienen orden finito pero $A B$ no.
Prueba que las siguientes 4 matrices forman un grupo multiplicativo y encuentra el orden de cada elemento.
$(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})$ , $(\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix})$ , $(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix})$ , $(\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})$
Prueba o da un contraejemplo: Si $a^{k} = e$ , entonces $k$ es el orden de $a$ .
Considera el grupo diédrico formado por las simetrías de un hexágono. Sea $R$ la rotación de $\frac{2 π}{3}$ .
- Determina el orden de $R$ .
- Encientra otros cincos valores $k$ enteros tales que $R^{k} = i d$ y analiza si existe alguna relación entre $o (a)$ y estos valores de $k$ .

Más adelante…

Ahora ya conocemos el subgrupo generado por $a$ . En las siguientes entradas profundizaremos en las características de éste, definiremos el orden de un grupo y la relación que podemos encontrar entre ambos.

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