introduccion-a-la-teoria-de-grupos

Una introducci´ on a la teor´ıa de gruposNoem´ı Patricia Kisbye Fa.M.A.F Facultad de Matem´ atica, Astronom´ıa y F´ısica Universidad Nacional de C´ ordoba ´ Indice general Una introducci´ on a la teor´ıa de grupos 5 1. Introducci´ on 6 2. Congruencias 6 3. Aritm´ etica Modular 8 4. Grupos 10 5. Grupos c´ıclicos 18 6. Subgrupos 19 7. Grupos de Permutaciones 20 8. Clasificaci´ on de las permutaciones 26 9. Permutaciones pares e impares 28 10. Coclases y el Teorema de Lagrange 33 11. Automorfismos de un grafo 37 12. Gu´ıa de ejercicios 41 Bibliograf´ıa 45 3 Una introducci´ on a la teor´ıa de grupos 1. Introducci´ on La relaci´ on de congruencia m´ odulo un entero positivo n determina una relaci´ on de equivalencia en el conjunto de los n´ umeros enteros. Las operaciones de suma y multiplicaci´ on entera inducen operaciones similares entre las clases de equivalencia. Cada una de estas clases se identifica con un elemento del conjunto {0, 1, . . . , n − 1}, al que denotaremos Z n , y este conjunto queda entonces dotado de dos operaciones: suma y multiplicaci´ on m´ odulo n. Esto da lugar a la construcci´ on de una familia de estructuras algebraicas, Z n , que reciben el nombre de grupos de congruencia. Los grupos, en general, son conjuntos munidos de una operaci´ on que es asociativa, con elemento neutro y en la que cada elemento tiene un inverso con respecto a dicha operaci´ on. En este texto se desarrolla fundamentalmente los grupos de congruencias Z n y los grupos de permutaciones S n como ejemplos de grupos conmutativos y no conmutativos, respectivamente. Se presenta adem´ as la teor´ıa introductoria a la estructura de grupo, definiendo adem´ as grupos c´ıclicos, generadores, subgrupos, coclases y el cl´ asico Teorema de Lagrange. Estas notas fueron escritas inicialmente como parte de los contenidos de un curso de ´ Alge- bra y Matem´ atica Discreta, dictado en FAMAF en los a˜ nos 2001 y 2002, para estudiantes de primer a˜ no. Al final del texto se ha inclu´ıdo una lista de ejercicios y referencia a bibliograf´ıa complementaria para quien desee profundizar en estos temas. Es mi mayor deseo que estas notas sean ´ utiles, tanto al estudiante como parte de su for- maci´ on matem´ atica, como al docente en su tarea de formar. Agradezco todas las sugerencias y comentarios que permitan mejorar esta presente edici´ on. 2. Congruencias Denotaremos con N y Z a los n´ umeros naturales y enteros, respectivamente. Si m y n son n´ umeros enteros, y n = 0 diremos que m divide a n o que n es un m´ ultiplo de m si n = q · m para alg´ un entero q. Equivalentemente, si el resto de la divisi´ on de n por m es 0. 2. CONGRUENCIAS 7 Se dice que un n´ umero entero p es primo si p es distinto de 1 y de −1 y sus ´ unicos divisores son p, −p, 1 y −1. Por ejemplo, 2, 3, −11 y 53 son n´ umeros primos. Se dice que dos n´ umeros enteros son coprimos entre s´ı si no tienen ning´ un divisor com´ un, excepto el 1 y el −1. Por ejemplo, 10 y 21 son coprimos entre s´ı, ya que 2, 5 y 10 no son divisores de 21. Tambi´ en podemos decir que dos n´ umeros enteros a y b son coprimos si los primos que aparecen en la factorizaci´ on de a no aparecen en la factorizaci´ on de b. DEFINICI ´ ON 2.1. Dado un n´ umero natural n, decimos que dos n´ umeros enteros a y b son congruentes m´ odulo n si (a −b) es divisible por n y se escribe a ≡ b mod (n). Por ejemplo, 27 ≡ 12 mod 5 y −2 ≡ 16 mod 3 puesto que 27 −12 = 3 · 5, y −2 −16 = −18 = (−6) · 3. Notemos que si r es el resto de la divisi´ on por n de un entero a, entonces a es congruente a r m´ odulo n. Por lo tanto, podemos decir que dos enteros son congruentes m´ odulo n si tienen el mismo resto en la divisi´ on por n. Por ejemplo, 27 y 12 tienen resto 2 en la divisi´ on por 5, mientras que −2 y 16 tienen resto 1 en la divisi´ on por 3 (notar que −2 = 3 · (−1) +1). LEMA 2.2. Si a ≡ b mod (n) y c ≡ d mod (n), entonces a + c ≡ b + d mod (n) y a · c ≡ b · d mod (n). PRUEBA. Seg´ un la Definici´ on 2.1 debemos mostrar que (a +c) −(b +d) y (a · c) −(b · d) son enteros divisibles por n. En efecto, (a + c) −(b + d) = (a −b) + (c −d) (a · c) −(b · d) = (a −b) · c + b · (c −d). En ambos casos el miembro derecho es una suma de m´ ultiplos de n, y por lo tanto es divisible por n. 8 Una consecuencia de este lema es que si a ≡ b mod (n), entonces podemos multiplicar miembro a miembro k congruencias de ´ estas y obtener a k ≡ b k mod (n), donde a k y b k indican el producto repetido k veces de a y b respectivamente. Dado que adem´ as todo n´ umero es congruente a s´ı mismo, es decir c ≡ c mod (n), tenemos tambi´ en que si a ≡ b mod (n) entonces a · c ≡ b · c mod (n), cualquiera sea el entero c. Pero en general no es cierto que si a · c ≡ b · c mod (n) entonces a ≡ b mod (n), es decir no siempre es posible “simplificar”. Veamos esto en un ejemplo: 6 · 5 ≡ 4 · 5 mod (10), pero no es cierto que 6 ≡ 4 mod (10). Precisamos esto en el siguiente lema: LEMA 2.3. Sean a, b, c ∈ Z, n ∈ N tales que a · c ≡ b · c mod (n). Si c y n son coprimos entonces a ≡ b mod (n). En efecto, puesto que n divide a a · c −b · c = (a −b) · c, entonces los divisores primos de n deben dividir a (a −b) o a c. Al ser n y c coprimos entre s´ı esto implica que todo divisor primo de n divide a a −c, y por lo tanto n divide a a −c. Equivalentemente, a ≡ c mod (n). Las propiedades que hemos visto en esta secci´ on nos permitir´ a definir operaciones de suma y multiplicaci´ on en el conjunto {0, 1, 2, . . . , n − 1}. Presentamos entonces nuestra pr´ oxima secci´ on. 3. Aritm´ etica Modular Consideremos Z n el conjunto de los restos posibles de la divisi´ on de un n´ umero entero por n. Z n = {0, 1, 2, . . . , n −1} 3. ARITM ´ ETICA MODULAR 9 En Z n est´ an definidas las operaciones ⊕ y ⊙ del siguiente modo: Si a, b, c y d ∈ Z n , entonces a ⊕b = c si a + b ≡ c mod (n), a ⊙b = d si a.b ≡ d mod (n), Notemos que a ⊕ b y a ⊙ b est´ an bien definidas por la unicidad del resto en la divisi´ on por n. Veamos un ejemplo: EJEMPLO 3.1. En Z 6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} tenemos 2 ⊕3 = 5 pues 2 + 3 ≡ 5 (6), 2 ⊙3 = 0 pues 2 · 3 ≡ 0 (6). 5 ⊕4 = 3 pues 5 + 4 ≡ 3 (6), 5 ⊙4 = 2 pues 5 · 4 ≡ 2 (6). Las operaciones ⊕ y ⊙ cumplen las siguientes propiedades: a) Propiedad conmutativa para la suma y para el producto: a ⊕b = b ⊕a, a ⊙b = b ⊙a, ∀a, b ∈ Z n . b) Propiedad asociativa para la suma y para el producto: (a ⊕b) ⊕c = a ⊕(b ⊕c), (a ⊙b) ⊙c = a ⊙(b ⊙c), ∀a, b, c ∈ Z n . c) Existencia de un elemento neutro para la suma: a ⊕0 = a, ∀a ∈ Z n , d) Existencia de un elemento neutro para el producto: a ⊙1 = a, ∀a ∈ Z n , e) Propiedad distributiva del producto con respecto a la suma: a ⊙(b ⊕c) = (a ⊙b) ⊕(a ⊙c), ∀a, b, c ∈ Z n . 10 f) Existencia del opuesto con respecto a ⊕: Para cada a ∈ Z n , existe un ´ unico a ′ ∈ Z n tal que a ⊕a ′ = 0 PRUEBA. Los incisos (a) hasta (e) se deducen de las propiedades de la suma y el producto en los n´ umeros enteros, y las propiedades de la congruencia. Veamos f). Si a = 0, entonces a ′ = 0. Si a = 0 entonces a ′ = n − a ∈ Z n . Adem´ as a + (n − a) = n ≡ 0 (n) por lo que a ⊕ a ′ = a ⊕ (n − a) = 0. Por otro lado, si a ⊕ a ′ = 0 y a ⊕ a ′′ = 0, entonces a ⊕ a ′ = a ⊕ a ′′ . Sumando a ambos miembros un opuesto de a, por ejemplo a ′ , concluimos que a ′ = a ′′ , es decir que el opuesto es ´ unico. Notemos que la suma ⊕ es una operaci´ on en Z n que satisface las siguientes propiedades: (a) a ⊕b ∈ Z n para todo a, b ∈ Z n , (b) ⊕ es asociativa, (c) existe un elemento neutro para la suma ⊕, que denotamos con 0, y (d) cada elemento a ∈ Z n tiene un opuesto o inverso a ′ en Z n . Un conjunto G con una operaci´ on interna que satisface propiedades como las enunciadas anteriormente es un grupo. Precisamos este concepto en la pr´ oxima secci´ on. 4. Grupos DEFINICI ´ ON 4.1. Un grupo es un par (G, ∗) donde G es un conjunto y ∗ es una operaci´ on binaria en G que satisface: (a) x ∗ y ∈ G para todo x, y ∈ G, (b) x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z para todo x, y, z ∈ G, (c) existe e ∈ G tal que e ∗ x = x = x ∗ e, para todo x ∈ G, (d) para todo x ∈ G existe x ′ ∈ G tal que x ∗ x ′ = x ′ ∗ x = e. 4. GRUPOS 11 EJEMPLO 4.2. (1) (Z, +) es un grupo, donde e = 0 y a ′ = −a, para cada a ∈ Z. (2) (Z m , ⊕) es un grupo, donde e = 0 y a ′ = m−a para cada a = 0 (3) (Z, ·) no es un grupo, pues s´ olo 1 y −1 tienen inverso. (4) (Q−{0}, ·) es un grupo, donde e = 1 y a ′ = 1 a . Notemos que (Z m , ⊙) no es un grupo pues 0 no tiene inverso respecto de ⊙. Por otro lado 0 no siempre es el ´ unico elemento de Z m que no tiene inverso, por ejemplo en Z 6 2 ⊙3 = 0 por lo que 2 y 3 no pueden tener un inverso. LEMA 4.3. r ∈ Z m tiene inverso respecto de ⊙ si y s´ olo si (r, m) = 1. PRUEBA. Si r tiene inverso entonces existe s ∈ Z m tal que r ⊙ s = 1. Eso significa que r.s ≡ 1 (m). Por lo tanto existe q ∈ Z tal que s.r + q.m = 1. Luego r y m son coprimos. Rec´ıprocamente, si (r, m) = 1 entonces existen s y t enteros tales que s.r +t.m = 1. Luego s.r ≡ 1 (m). Por otro lado existe s 1 ∈ Z m tal que s ≡ s 1 (m) y por lo tanto s.r ≡ s 1 .r (n) o lo que es lo mismo s 1 ⊙r = 1. Luego r tiene un inverso. No es dif´ıcil ver que si a, b ∈ Z m son inversibles, entonces a ⊙ b tambi´ en lo es. Sea Z ∗ m el subconjunto formado por los elementos inversibles de Z m : Z ∗ m = {k ∈ Z m | (k, m) = 1}, entonces (Z ∗ m , ⊙) es un grupo. 12 EJEMPLO 4.4. En adelante, usaremos la notaci´ on abreviada Z m y Z ∗ m para referirnos a los grupos (Z m , ⊕) y (Z ∗ m , ⊙), respectivamente. (i) Z ∗ 2 = {1}, es el grupo trivial, (ii) Z ∗ 3 = {1, 2}, y 2 ⊙2 = 1 ⊙1 = 1 y 2 ⊙1 = 1 ⊙2 = 2. (iii) Z ∗ 12 = {1, 5, 7, 11}, aqu´ı a ⊙a = 1, para todo a ∈ Z ∗ 12 . Si en un grupo (G, ∗), G tiene una cantidad finita de elementos, podemos hacer una tabla de doble entrada para representar la operaci´ on del grupo. EJEMPLO 4.5. Las operaciones ⊕ y ⊙ en Z 4 y Z ∗ 5 pueden ser resumidas en las siguientes tablas, donde para calcular a ∗ b debemos mirar en la fila correspondiente a a y la columna correspondiente a b. ⊕ 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 y ⊙ 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 4 1 3 3 3 1 4 2 4 4 3 2 1 EJEMPLO 4.6. Consideremos un tri´ angulo equil´ atero △ en el plano, y sea G el conjunto de todos los movimientos r´ıgidos del plano que dejan estable al tri´ angulo. Este conjunto tiene 6 elementos, tambi´ en llamados simetr´ıas del tri´ angulo: C B ` ` ` ` A id B A ` ` ` ` C r A C ` ` ` ` B s B C ` ` ` ` A p p p p p p p p p p x C A ` ` ` ` B p p p p p p p p y A B ` ` ` ` C p p p p p p p p z La transformaci´ on id es la identidad en el plano, r y s son rotaciones en el sentido horario en un ´ angulo de π 3 y 2π 3 respectivamente, y x, y y z son reflexiones respecto del eje marcado en 4. GRUPOS 13 la figura. La composici´ on de dos simetr´ıas es una simetr´ıa. Si llamamos G ∆ = {id, r, s, x, y, z} y ∗ representa la composici´ on dos transformaciones, entonces (G ∆ , ∗) es un grupo. La tabla correspondiente a (G ∆ , ∗) es la siguiente: * id r s x y z id id r s x y z r r s id y z x s s id r z x y x x z y id s r y y x z r id s z z y x s r id Notemos que x ∗ y = s y y ∗ x = r, es decir que la operaci´ on ∗ no es conmutativa. Los inversos est´ an dados por: (id) ′ = id, r ′ = s x ′ = x y ′ = y z ′ = z. De ahora en m´ as simplificaremos nuestra notaci´ on cuando sea posible. Si (G, ∗) es un grupo nos referiremos al grupo G y usaremos la notaci´ on xy en lugar de x∗y, 1 en lugar de e y x −1 en lugar de x ′ . No debe confundirse esta notaci´ on de yuxtaposici´ on con la multiplicaci´ on ordinaria de n´ umeros. Las ´ unicas propiedades que supondremos ciertas son las que definen a un grupo. Es decir, si x, y, z ∈ G, entonces (xy)z = x(yz), x1 = 1 x = x, xx −1 = x −1 x = 1. En particular, no supondremos que xy = yx. DEFINICI ´ ON 4.7. Sea G un grupo. Se dice que G es conmutativo o abeliano si xy = yx para todo x, y ∈ G. 14 EJEMPLO 4.8. (Z, +), (Z n , ⊕) y (Z ∗ n , ⊙) son grupos conmutativos. En cambio (G ∆ , ∗) no es conmutativo, puesto que por ejemplo x ∗ y = y ∗ x. EJEMPLO 4.9. Consideremos S 3 el conjunto formado por las permutaciones de {1, 2, 3}, con la operaci´ on de composici´ on. Luego (S 3 , ◦) es un grupo. Si tomamos los elementos π y τ ∈ S 3 dados por π(1) = 2 π(2) = 1 π(3) = 3, τ(1) = 2 τ(2) = 3 τ(3) = 1, entonces (π ◦ τ)(1) = 1 pero (τ ◦ π)(1) = 3, por lo cual π ◦ τ = τ ◦ π. Por lo tanto S 3 no es un grupo conmutativo. El hecho que un grupo no sea conmutativo no significa que para todo a, b ∈ G deba ser ab = ba; notemos que por ejemplo en G ∆ , rs = sr. Lo que se debe cumplir para que un grupo no sea conmutativo es que exista alg´ un par de elementos a y b tales que ab = ba. TEOREMA 4.10. Sean x, y, z, a, b elementos de un grupo G. Entonces xy = xz ⇒ y = z (cancelaci ´ on a izquierda), (1) ax = bx ⇒ a = b (cancelaci ´ on a derecha). (2) PRUEBA. Como G es grupo, para todo x ∈ G existe el inverso x −1 , luego xy = xz ⇒ x −1 (xy) = x −1 xz ⇒ (x −1 x)y = (x −1 x)z ⇒ 1.y = 1.z ⇒ y = z. La cancelaci´ on a derecha se prueba de una manera an´ aloga. 4. GRUPOS 15 Hasta ahora hemos hablado del elemento neutro y del inverso de un elemento x, pero no hemos dicho que exista s´ olo uno. El siguiente teorema asegura que son ´ unicos. TEOREMA 4.11. Sea G un grupo. Entonces (i) El elemento neutro 1 es ´ unico, (ii) El inverso de x ∈ G es ´ unico. PRUEBA. (i) Si 1 x = x para todo x ∈ G y ˜ 1 x = x para todo x ∈ G, entonces por la ley de cancelaci´ on a derecha concluimos que 1 = ˜ 1. (ii) Si xx ′ = 1 = xx ′′ , entonces por la ley de cancelaci´ on a izquierda, x ′ = x ′′ . Por ello es que podemos llamar x −1 al inverso de x. DEFINICI ´ ON 4.12. Sea G un grupo. Si |G| es finito decimos que G es finito y que el orden de G es |G|. Si |G| no es finito decimos que G es un grupo infinito. EJEMPLO 4.13. Z es un grupo infinito. Z n , Z ∗ n , G ∆ y S 3 son grupos finitos. Tenemos que el orden de Z n es n, el de Z ∗ n es la cantidad de n´ umeros positivos coprimos con n menores que n, y el orden de G ∆ y S 3 es 6. Si G es un grupo y x ∈ G, definimos las sucesivas potencias positivas y negativas de x como: x 1 = x x r = xx r−1 , (r ≥ 2), x −1 = x −1 x −r = x −1 x −(r−1) (r ≥ 2). Convenimos en que x 0 = 1. 16 EJERCICIO 4.1. Probar que x m+n = x m x n . EJEMPLO 4.14. (i) En Z 6 , 2 5 = 2 ⊕2 ⊕2 ⊕2 ⊕2 = 4. (ii) En Z, 2 5 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 10. (iii) En Z ∗ 5 , 2 5 = 2 ⊙2 ⊙2 ⊙2 ⊙2 = 2. (iv) En G ∆ , r 5 = r ∗ r ∗ r ∗ r ∗ r = s. Notemos que si un grupo es finito y x ∈ G, las sucesivas potencias de x son elementos de G y en consecuencia no son todas distintas. Luego existen k y h naturales distintos tales que x k = x h . Si k > h, multiplicando ambos miembros por x −h obtenemos que x k−h = 1. De aqu´ı que podemos asegurar que existe alg´ un n ∈ N tal que x n = 1, y por el Principio de Buena Ordenaci´ on existe un natural m´ınimo con esa propiedad. DEFINICI ´ ON 4.15. Sea G un grupo finito, y sea x ∈ G. El menor natural n tal que x n = 1 se llama el orden de x en G. Si G es infinito se define el orden de x del mismo modo si es que tal n existe. De lo contrario se dice que el orden de x es infinito. EJEMPLO 4.16. Puesto que 6x ≡ 0 (6) para todo x ∈ Z, tenemos que para todo x ∈ Z 6 , x 6 = 0. Sin embargo 6 no es el orden de cada elemento de Z 6 , pues 3 ⊕3 = 0 y 2 ⊕2 ⊕2 = 0. Luego el orden de 3 es 2 y el orden de 2 es 3. Tambi´ en el orden de 4 es 3. 5 es el ´ unico elemento de orden 6 y 0 tiene orden 1. EJEMPLO 4.17. En el caso de G ∆ , el orden de r y el orden de s es 3, mientras que el orden de x, y y z es 2. 4. GRUPOS 17 Notemos que para cualquier grupo G, el orden de 1 es 1. TEOREMA 4.18. Sea x un elemento de orden m en un grupo finito G. Entonces x s = 1 si y s´ olo si s es un m´ ultiplo de m. PRUEBA. Si s = km entonces x s = x km = (x m ) k = 1 k = 1. Rec´ıprocamente, si x s = 1 entonces por definici´ on de orden s ≥ m. Luego existen q y r, 0 ≤ r < m tales que s = q.m + r. Entonces 1 = x s = x mq+r = x mq x r = 1.x r . Luego x r = 1, por lo tanto r = 0 y esto implica que s es m´ ultiplo de m. 4.1. Isomorfismo de Grupos. Consideremos los grupos (Z 4 , ⊕) y (Z ∗ 5 , ⊙). Tomemos la funci´ on f : Z 4 →Z ∗ 5 dada por f(0) = 1, f(1) = 2, f(2) = 4, f(3) = 3. Notemos que f es una funci´ on biyectiva, y cumple que f(0) = 1 (la imagen del elemento neutro es el elemento neutro) y adem´ as f(a ⊕b) = f(a) ⊙f(b) para todo a, b ∈ Z 4 . Se dice entonces que f preserva la estructura de los grupos. DEFINICI ´ ON 4.19. Sean G 1 y G 2 dos grupos cualesquiera. Una biyecci´ on f : G 1 → G 2 se dice un isomorfismo de grupos si f(gg ′ ) = f(g)f(g ′ ), para todo g, g ′ ∈ G 1 . Si existe tal isomorfismo, G 1 y G 2 se dicen isomorfos. 18 5. Grupos c´ıclicos DEFINICI ´ ON 5.1. Un grupo G se dice c´ıclico si existe x ∈ G tal que todo elemento de G es una potencia de x. El elemento x se dice que genera a G y escribimos G = x. EJEMPLO 5.2. Z con la operaci´ on de suma usual es un grupo c´ıclico infinito, m´ as precisamente, Z = 1. Efectivamente, si n ∈ N, entonces n = 1 + 1 +· · · + 1 n t´ erminos = 1 n . Si n ∈ −N entonces −n = 1 −n , por lo cual n = 1 n . EJERCICIO 5.1. Probar que los ´ unicos generadores de Z son 1 y −1. EJEMPLO 5.3. Z 6 con la operaci´ on ⊕ es un grupo c´ıclico finito, generado por 1 y tambi´ en por 5. En efecto: 1 = 5 ⊕5 ⊕5 ⊕5 ⊕5, 2 = 5 ⊕5 ⊕5 ⊕5, 3 = 5 ⊕5 ⊕5. 4 = 5 ⊕5, 5 = 5. EJEMPLO 5.4. Z ∗ 7 y Z 6 son grupos c´ıclicos isomorfos. Una biyecci´ on f : Z ∗ 7 →Z 6 est´ a dada por f(3) = 1, f(3 k ) = f(3 ⊙· · · ⊙3 k ) = f(3) ⊕· · · ⊕f(3) k = (f(3)) k , para 1 ≤ k ≤ 6. 6. SUBGRUPOS 19 De este modo resulta f(3) = 1, f(2) = 2, f(6) = 3, f(4) = 4, f(5) = 5, f(1) = 0. EJEMPLO 5.5. El grupo G ∆ no es un grupo c´ıclico, puesto que ning´ un elemento de G ∆ tiene orden 6. 6. Subgrupos Si G es un grupo y H ⊆ G, entonces se dice que H es un subgrupo de G si los elementos de H forman un grupo con respecto a la operaci´ on de G. EJEMPLO 6.1. En G ∆ , H = {id, r, s} es subgrupo pues r r = s, s s = r y r s = id. En cambio T = {id, r, x} no es subgrupo de G ∆ pues r x = y e y ∈ T, y tambi´ en porque r y x no tienen inverso en T. El siguiente teorema establece una condici´ on necesaria y suficiente para que un subconjunto de un grupo G sea subgrupo: TEOREMA 6.2. Sea G un grupo y sea H un subconjunto de G, no vac´ıo, que satisface: (i) xy ∈ H, para todo x, y ∈ H, (ii) si x ∈ H, entonces x −1 ∈ H. Entonces H es un subgrupo de G. Si G es finito, basta que se cumpla (i). PRUEBA. La condici´ on (i) nos dice que la operaci´ on de grupo es cerrada en H. La asociatividad se obtiene de la asociatividad en G. La existencia del inverso est´ a dada por (ii). La 20 existencia del elemento neutro en H se debe a que si x ∈ H, entonces x −1 ∈ H y por (i), 1 = x.x −1 ∈ H. Supongamos ahora que G es finito. Luego para x ∈ H, x m ∈ H, para todo m ∈ N. Luego existe n ∈ N tal que x n+1 = 1, por lo tanto x n es el inverso de x. EJEMPLO 6.3. Sea G un grupo y sea x ∈ G un elemento de orden m. Entonces las potencias de x 1, x, x 2 , . . . , x m−1 forman un subgrupo de G, llamado subgrupo c´ıclico generado por x, y se denota x. El orden del subgrupo x es el orden del elemento x. Consideremos el grupo Z 12 . Entonces 2 y 8 generan subgrupos de ´ ordenes 6 y 3 respectivamente. Estos son: 2 = {2 0 , 2 1 , 2 2 , 2 3 , 2 4 , 2 5 } = {0, 2, 4, 6, 8, 10}, 8 = {8 0 , 8 1 , 8 2 } = {0, 8, 4}. Por otro lado, el subgrupo c´ıclico generado por 5 es el grupo Z 12 pues 5 m = 0 en Z 12 ocurre s´ olo cuando 5 · m ≡ 0 (12). Puesto que (5, 12) = 1 debe ser m un m´ ultiplo de 12. 7. Grupos de Permutaciones Una permutaci´ on de un conjunto finito X es una biyecci´ on de X en X. Nuestro objetivo ser´ a estudiar el conjunto de permutaciones de un conjunto X de cardinal n. Sin p´ erdida de generalidad podemos considerar a X como el intervalo natural [1, n], al que denotaremos por N n . EJEMPLO 7.1. Por ejemplo, una permutaci´ on del conjunto N 4 es la funci´ on σ dada por σ(1) = 3 σ(2) = 4 σ(3) = 2 σ(4) = 1. (3) 7. GRUPOS DE PERMUTACIONES 21 Llamaremos S n al conjunto de permutaciones de N n . Puesto que la composici´ on de funciones biyectivas es biyectiva, que la inversa de una funci´ on biyectiva es biyectiva tenemos que (S n , ◦) es un grupo finito. Recordemos que el orden de S n es |S n | = n!. EJEMPLO 7.2. En este ejemplo y en otros posteriores, usaremos una notaci´ on con flechas para representar una permutaci´ on σ, indicando con 1 2 . . . n ↓ ↓ ↓ ↓ a 1 a 2 . . . a n si a i = σ(i), para 1 ≤ i ≤ n. (i) S 3 contiene las siguientes permutaciones: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 1 2 3 1 3 2 2 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 2 1 3 3 1 2 3 2 1. (ii) S 2 contiene las siguientes permutaciones: 1 2 1 2 ↓ ↓ ↓ ↓ 2 1 1 2. 22 Podemos interpretar una permutaci´ on como un reordenamiento de los elementos de {1, 2, . . . , n}. Supongamos que β es la permutaci´ on en S 4 dada por 1 2 3 4 ↓ ↓ ↓ ↓ 2 4 1 3. Si σ es como en el Ejemplo 7.1, entonces (σ ◦ β) y (β ◦ σ) vienen dadas por: 1 2 3 4 1 2 3 4 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 2 4 1 3 3 4 2 1 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 4 1 3 2 1 3 4 2 (σ ◦ β) (β ◦ σ). De ahora en m´ as usaremos la notaci´ on σβ para denotar la aplicaci´ on (σ ◦ β), esto quiere decir, primero se aplica β y luego se aplica σ. Es conveniente tener una notaci´ on m´ as compacta para denotar una determinada permutaci´ on. Notemos que la permutaci´ on σ de (7.1) aplica el 1 en el 3, el 3 en el 2, el 2 en el 4 y el 4 en el 1. Esto dice que los s´ımbolos 1, 2, 3 y 4 forman un ciclo de longitud 4, y escribimos σ = (1324). EJEMPLO 7.3. Consideremos en S 8 la permutaci´ on π dada por 1 2 3 4 5 6 7 8 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 3 8 5 2 1 6 4 7. 7. GRUPOS DE PERMUTACIONES 23 Entonces π aplica el 1 en el 3, el 3 en el 5 y el 5 nuevamente al 1. Aplica el 2 en el 8, el 8 en el 7, el 7 en el 4 y el 4 en el 2. Por ´ ultimo, π(6) = 6. Entonces 1, 3 y 5 forman un ciclo de longitud 3; 2, 8, 7 y 4 forman un ciclo de longitud 4 y 7 forma un ciclo de longitud 1. Es entonces que podemos escribir π = (135)(2874)(7) = (2874)(7)(135). Esta es la llamada notaci ´ on c´ıclica para π. Precisamos este concepto en la siguiente definici´ on: DEFINICI ´ ON 7.4. Sean i 1 , i 2 , i r , (r ≤ n) elementos distintos de N n . Entonces (i 1 i 2 . . . i r ) denota la permutaci´ on que aplica i 1 → i 2 , i 2 → i 3 , . . . , i r → i 1 y los dem´ as elementos de N n los aplica en s´ı mismos. (i 1 i 2 . . . i r ) se llama un ciclo de longitud r; un ciclo de longitud 2 se llama una trasposici ´ on. Diremos que dos ciclos (i 1 i 2 . . . i r ) y (j 1 j 2 . . . j k ) son disjuntos si ninguno de los i t , 1 ≤ t ≤ r, aparece entre los j t , 1 ≤ t ≤ k. EJEMPLO 7.5. En S 7 , los ciclos (135) y (2476) son disjuntos, en cambio (135) y (2346) no lo son, pues el 3 aparece en ambos ciclos. Notemos que si σ 1 y σ 2 son ciclos disjuntos, entonces conmutan entre s´ı, es decir, σ 1 σ 2 = σ 2 σ 1 , puesto que ning´ un s´ımbolo permutado por σ 1 es permutado por σ 2 , y viceversa. La notaci´ on para un determinado ciclo no es ´ unica, por ejemplo (123) = (231) = (312). LEMA 7.6. Un ciclo de longitud r es un elemento de orden r en S n . El inverso del ciclo (i 1 i 2 . . . i r ) es el ciclo de longitud r dado por (i r i r−1 . . . i 2 i 1 ). 24 PRUEBA. Sea σ = (i 1 i 2 . . . i r ). Entonces σ j es la permutaci´ on que aplica i 1 → i [1+j] , i 2 → i [2+j] , . . . , i r → i [r+j] , donde con los corchetes hemos querido indicar que 1 ≤ [t +r] ≤ r y que t +r ≡ [t +r] (r). Por ejemplo, σ 3 aplica i r−1 en i 2 , pues (r −1 +3) ≡ 2 (r), y σ 3 aplica i r−3 en i r , pues r −3 + 3 ≡ r (r). Luego σ j = id si j < r pues σ j (i 1 ) = i 1+j = i 1 , pero σ r (i t ) = i [t+r] = i t , para todo t, 1 ≤ t ≤ r. Luego el orden de σ es r. Por otro lado, vemos que (i 1 i 2 . . . i r )(i r . . . i 2 i 1 ) es la permutaci´ on identidad, por lo que queda probado el lema. As´ı por ejemplo, el inverso de una trasposici´ on (ij) es (ji) = (ij), y el inverso de un ciclo de longitud 3, (ijk) es (kji). Notemos que la permutaci´ on identidad puede ser escrita como un ciclo de longitud 1, por ejemplo (1). Cualquier permutaci´ on τ en S n puede ser escrita como producto de ciclos disjuntos de la siguiente manera: se comienza con cualquier s´ımbolo, por ejemplo el 1, y se lista la imagen del mismo y de sus sucesores hasta llegar nuevamente al 1, de esta manera obtenemos un primer ciclo; se elige ahora otro s´ımbolo al que no se haya llegado en el ciclo anterior y se construye otro ciclo a partir de ´ el; se repite el procedimiento hasta que todos los s´ımbolos hayan sido listados. En general, en la notaci´ on c´ıclica se omiten los ciclos de longitud 1. As´ı, en el Ejemplo 7.3, π = (135)(2874). Obviamente el ciclo (123) y el ciclo (231) representan la misma permutaci´ on, como as´ı tambi´ en (135)(24) y (24)(135). Lo importante en la notaci´ on c´ıclica es la longitud y el n´ umero de ciclos que componen a la permutaci´ on, ya que estos nos indican el orden de la permutaci´ on. 7. GRUPOS DE PERMUTACIONES 25 PROPOSICI ´ ON 7.7. El orden de una permutaci´ on es el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de los ´ ordenes de los ciclos que la componen. PRUEBA. Sea σ = σ 1 σ 2 . . . σ k , donde σ 1 , σ 2 , . . . , σ k son ciclos disjuntos entre s´ı. Sea m el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de los ordenes de estos ciclos. Como los ciclos conmutan entre s´ı tenemos que σ m = σ m 1 σ m 2 . . . σ m k = (1). Por otro lado, si σ d = (1), entonces σ d i = (1), para 1 ≤ i ≤ k, luego el orden de σ i divide a d para todo 1 ≤ i ≤ k. El menor d con esa propiedad es precisamente el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de los ´ ordenes de los ciclos. EJEMPLO 7.8. Se tienen 12 cartas numeradas del 1 al 12, y se disponen sobre la mesa de la manera que se muestra el la figura de abajo, a la izquierda. Si las cartas se sacan por fila y se las reordena por columna, como se indica a la derecha, ¿cu´ antas veces debe hacerse este procedimiento para que las cartas reaparezcan en su posici´ on original? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 , 1 5 9 2 6 10 3 7 11 4 8 12. PRUEBA. Sea π la permutaci´ on que produce dicha reordenaci´ on. Es decir π(i) = j si la carta numerada con i aparece en el lugar de la carta j. Luego la notaci´ on c´ıclica de π es π = (1)(2 4 10 6 5 )(3 7 8 11 9 )(12). Los ciclos (1) y (12) indican que las cartas 1 y 12 siempre aparecen en el mismo lugar. Los otros dos ciclos tienen longitud 5, y esto significa que aplicados 5 veces se vuelve a la posici´ on original. Esto significa entonces que el orden de la permutaci´ on π es 5. 26 8. Clasificaci´ on de las permutaciones El objetivo de esta secci´ on es clasificar a las permutaciones seg´ un los ciclos que la componen. Una permutaci´ on se puede escribir de manera ´ unica como producto de ciclos disjuntos, salvando el orden de los mismos y de los elementos que los componen, aunque no daremos aqu´ı una demostraci´ on de este hecho. DEFINICI ´ ON 8.1. Si π ∈ S n tiene α i ciclos de longitud i entonces diremos que π es del tipo [1 α 1 2 α 2 . . . n αn ]. EJEMPLO 8.2. La permutaci´ on π del Ejemplo ?? es del tipo [134] pues est´ a compuesta por un ciclo de longitud 1, uno de longitud 3 y uno de longitud 4. La permutaci´ on π del Ejemplo 7.8 es del tipo [1 2 5 2 ] pues est´ a compuesta por dos ciclos de longitud 1 y dos ciclos de longitud 5. Es posible clasificar a los elementos de S n seg´ un su tipo. Contemos cu´ antas permutaciones hay de un determinado tipo [1 α 1 . . . n αn ]. Hagamos primero un ejemplo. Consideremos en S 14 las permutaciones del tipo [2 2 3 2 4]. Una permutaci´ on de este tipo ser´ a de la forma (. . )(. . )(. . . )(. . . )(. . . . ). Existen 14 2 12 2 10 3 7 3 4 4 maneras de ubicar los s´ımbolos 1,2,. . . , 14 en una permutaci´ on de este tipo. Si adem´ as conside- ramos que cada ciclo de longitud k se puede escribir de k formas distintas, entonces debemos dividir esta cantidad por 2 · 2 · 3 · 3 · 4 = 2 2 3 2 4. Por otro lado, el orden en que se ubiquen los ciclos de igual longitud es irrelevante, por lo tanto a´ un nos falta dividir por 2!2!. 8. CLASIFICACI ´ ON DE LAS PERMUTACIONES 27 Luego la cantidad total de permutaciones de este tipo es 14! 2 2 3 2 4 2! 2! . En el caso general, se prueba que el n´ umero de permutaciones del tipo [1 α 1 2 α 2 . . . n αn ] es n! 1 α 1 2 α 2 . . . n αn α 1 !α 2 ! . . . α n ! . Diremos que dos permutaciones α y β en S n son conjugadas si existe una permutaci´ on σ ∈ S n tal que σασ −1 = β. TEOREMA 8.3. Dos permutaciones son conjugadas si y s´ olo si son del mismo tipo. PRUEBA. Supongamos que α y β son conjugadas. Lo que haremos es ver que por cada ciclo (x 1 x 2 . . . x k ) en la descomposici´ on de α hay un ciclo (y 1 y 2 . . . y k ) en la descomposici´ on de β. Tomemos x 1 . Sea x 2 = α(x 1 ) y sean y 1 = σ(x 1 ), y 2 = σ(x 2 ). Entonces β(y 1 ) = σασ −1 (y 1 ) = σα(x 1 ) = σ(x 2 ) = y 2 . Ahora, si α(x 2 ) = x 3 y σ(x 3 ) = y 3 entonces β(y 2 ) = y 3 . Luego por cada ciclo (x 1 x 2 . . . x k ) tenemos un correspondiente ciclo (y 1 y 2 . . . y k ). Se sigue entonces que α y β son del mismo tipo. Rec´ıprocamente, supongamos que α y β son del mismo tipo. Dado que est´ an compuestas por el mismo n´ umero de ciclos por cada longitud de ciclo, haremos una correspondencia entre los ciclos de la misma longitud que componen a α y a β. Dado un ciclo (x 1 x 2 . . . x k ) en α y un ciclo (y 1 y 2 . . . y r ) en β, definimos σ(x i ) = y i , y usamos la misma regla para los dem´ as ciclos. Entonces tenemos que σασ −1 (y 1 ) = σα(x 1 ) = σ(x 2 ) = y 2 = β(y 1 ), y as´ı sucesivamente, luego σασ −1 = β.. 28 EJEMPLO 8.4. Consideremos en S 5 las siguientes permutaciones del tipo [2 3]: τ = (12)(345), π = (13)(254). Encontrar σ ∈ S 5 tal que στσ −1 = π. PRUEBA. Usando el argumento de la prueba del Teorema 8.3, tomamos primeramente los ciclos (12) y (13). Definimos σ(1) = 1 y σ(2) = 3. Tomando ahora los ciclos de longitud 3, definimos σ(3) = 2, σ(4) = 5 y σ(5) = 4. Entonces σ = (1)(23)(45), y στσ −1 = (1)(23)(45) (12)(345) (45)(23)(1) = (13)(254) = π como quer´ıamos ver. 9. Permutaciones pares e impares El principal resultado que veremos en esta secci´ on es que el grupo de permutaciones S n posee un subgrupo A n de orden n! 2 . Primero veamos que toda permutaci´ on se puede escribir como producto de trasposiciones, obviamente no ser´ an disjuntas entre s´ı. Es decir, toda permutaci´ on se puede lograr intercambian- do sucesivamente 2 elementos de [[1, n]]. Por ejemplo, la permutaci´ on que transforma 123456 en 342165 es (56)(14)(21)(13). En general, el ciclo (x 1 x 2 . . . x r ) se expresa como producto de trasposiciones de la siguiente manera: (x 1 x 2 . . . x r ) = (x 1 x r ) . . . (x 1 x 3 )(x 1 x 2 ). Es f´ acil probar este resultado por inducci´ on, si se tiene en cuenta que el ciclo de longitud k +1, (x 1 x 2 . . . x k+1 ) puede escribirse como (x 1 , x k+1 )(x 1 x 2 . . . x k ). 9. PERMUTACIONES PARES E IMPARES 29 Luego como cada ciclo puede ser escrito como producto de trasposiciones y cada permutaci´ on puede ser escrita como producto de ciclos, concluimos que toda permutaci´ on puede ser escrita como producto de trasposiciones. EJEMPLO 9.1. Escribir la permutaci´ on (1342)(5876) como producto de trasposiciones. PRUEBA. Usando el argumento anterior, escribimos (1342)(5876) = (12)(14)(13)(56)(57)(58). Sin embargo, no hay una ´ unica manera de escribir una permutaci´ on como producto de trasposiciones, por ejemplo en S 5 , la permutaci´ on (245) puede ser escrita como (25)(24) o como (13)(25)(31)(24). Lo que s´ı veremos es que todas las representaciones como producto de trasposiciones de una misma permutaci´ on tienen una caracter´ıstica en com´ un. Si π es una permutaci´ on del tipo [1 α 1 2 α 2 . . . n αn ] llamaremos c(π) al n´ umero de ciclos que componen a π, luego c(π) = α 1 + α 2 +· · · + α n . ¿Qu´ e ocurre si componemos a π con una trasposici´ on τ? ¿Cu´ antos ciclos componen a τπ? Supongamos que τ permuta a con b, es decir τ(a) = b, τ(b) = a y τ(k) = k para k = a, b. Pueden ocurrir dos casos: (i) a y b ocurren en un mismo ciclo de π, esto es, existe un ciclo en la descomposici´ on de π de la forma (ax. . . yb . . . z). Entonces al hacer τπ este ciclo se desdobla en (ax. . . y)(b . . . z). En este caso, c(τπ) = c(π) + 1. 30 (ii) Si a y b est´ an en diferentes ciclos de π, entonces en la descomposici´ on de π aparecen ciclos de la forma (ax. . . y)(b . . . z). Luego al componer con τ obtendremos el ciclo (b . . . zax. . . y), y en este caso c(τπ) = c(π) −1. Luego en ambos casos el efecto de una trasposici´ on luego de una permutaci´ on altera el n´ umero de ciclos en uno. Este hecho nos ayuda a probar el siguiente teorema: TEOREMA 9.2. Supongamos que una permutaci ´ on π en S n puede ser escrita como la composici´ on de k trasposiciones y tambi´ en de k ′ trasposiciones. Entonces k y k ′ son ambos pares o ambos impares. PRUEBA. Sea π = τ k−1 τ k−2 . . . τ 2 τ 1 , donde τ i , 1 ≤ i ≤ k son trasposiciones. Como τ 1 es una permutaci´ on del tipo [1 n−2 2], el n´ umero de ciclos de τ 1 es c(τ 1 ) = (n − 2) + 1 = n − 1. Al hacer las sucesivas composiciones con τ 2 , τ 3 , . . . , el n´ umero de ciclos se va aumentando o disminuyendo en 1. Supongamos que aumenta g veces en 1 y disminuye h veces en 1. Luego c(π) = (n −1) + g −h. Por otro lado, g + h es el n´ umero de composiciones sucesivas desde τ 2 hasta τ k , luego g + h = k −1. Luego k = 1 + g + h = 1 + g + (n −1 + g −c(π)) = n −c(π) + 2g. Por el mismo argumento, dado que π se puede escribir como producto de k ′ trasposiciones, existir´ a un entero g ′ tal que k ′ = n −c(π) + 2g ′ . Pero entonces k −k ′ = 2(g −g ′ ), es decir que k y k ′ tienen la misma paridad. 9. PERMUTACIONES PARES E IMPARES 31 Como consecuencia de este teorema podemos definir qu´ e es una permutaci´ on par y una permutaci´ on impar. DEFINICI ´ ON 9.3. Una permutaci´ on se dice par (respectivamente impar) si puede escribirse como producto de un n´ umero par (respectivamente impar) de permutaciones. PROPOSICI ´ ON 9.4. Para n ≥ 2, el conjunto A n de todas las permutaciones pares es un subgrupo de S n . PRUEBA. Es suficiente con probar que A n = ∅ y que τσ ∈ A n , para todo τ, σ ∈ A n . A n = ∅, pues (12)(12) ∈ A n . Adem´ as, si τ = τ 1 τ 2 . . . τ r y σ = σ 1 σ 2 . . . σ k , donde cada τ i y cada σ j son trasposiciones y donde r y k son pares, entonces su composici´ on τσ se escribe como τ 1 τ 2 . . . τ r σ 1 σ 2 . . . σ k , que es un producto de (k + r) trasposiciones, y (k + r) tambi´ en es par. PROPOSICI ´ ON 9.5. A n es un subgrupo de orden n! 2 . PRUEBA. Veamos que S n se puede partir en dos subconjuntos A n y B n de igual cardinalidad. En efecto, sabemos que toda permutaci´ on π ∈ S n es par o es impar. Llamemos A n al conjunto de permutaciones pares, y B n al conjunto de permutaciones impares, y veamos que existe una biyecci´ on entre ellos. Sea τ una trasposici´ on cualquiera, por ejemplo, τ = (12). Entonces la funci´ on Φ : A n → B n dada por Φ(π) = τπ 32 es una biyecci´ on. Claramente, Φ aplica permutaciones pares en impares, ya que incrementa el n´ umero de trasposiciones en 1. Veamos que Φ es inyectiva: si τπ = τσ, por la ley de cancelaci´ on a izquierda resulta π = σ. Adem´ as Φ es suryectiva, pues si π es una permutaci´ on impar, entonces τπ es par, luego π = τ(τπ) = Φ(τπ). Luego |A n | = |B n | y S n = A n ∪ B n . Dado que esta uni´ on es disjunta, concluimos que |S n | = 2|A n |, como quer´ıamos ver. EJEMPLO 9.6. En S 2 , A 2 = {(1)}. En S 3 , A 3 = {(1), (12)(13), (13)(12)} = {id, (132), (123)}. EJEMPLO 9.7. Ocho bloques rotulados con las letras A, E, I, O, U, Q, L e Y, est´ an ubicados en un cuadrado como se muestra en el primer diagrama de la figura siguiente. Si los movimientos que se pueden hacer consisten en desplazar un bloque hacia el espacio vac´ıo, pruebe que es imposible lograr el segundo diagrama de la figura con una sucesi´ on de movimientos legales. A E I O U Q L Y A Y Q U E L I O PRUEBA. Llamemos a nuestro espacio vac´ıo. La disposici´ on inicial de las letras es AEIOUQLY, y la final es AYQUELIO. Desplazar una letra X al espacio vac´ıo corresponde a una trasposici´ on (X). Ahora bien, para llegar a la disposici´ on final, se deber´ an hacer tantos corrimientos de hacia arriba como hacia abajo, y tantos a la izquierda como a la derecha. Por 10. COCLASES Y EL TEOREMA DE LAGRANGE 33 lo tanto el n´ umero total de trasposiciones es par, es decir que la permutaci´ on que produce dicha reordenaci´ on de las letras debe ser par. Por otro lado, esta permutaci´ on se puede escribir como producto de ciclos de la manera (A)(EUOY)(ILQ)(), pero esto corresponde a un producto de un n´ umero impar de trasposiciones, es decir que es una permutaci´ on impar. Se sigue que es imposible lograr la disposici´ on final con una sucesi´ on de movimientos legales. 10. Coclases y el Teorema de Lagrange En esta secci´ on volvemos a la teor´ıa general de grupos, para probar un importante resultado acerca de los grupos finitos. El Teorema de Lagrange asegura que si G es un grupo finito y H es un subgrupo de G entonces |H| divide al |G|. As´ı por ejemplo, un grupo de orden 18 s´ olo puede tener subgrupos de orden 1, 2, 3, 6, 9 y 18. La idea de la demostraci´ on de este teorema es particionar al grupo G en subconjuntos disjuntos de cardinal igual a |H|, luego si existen k subconjuntos de estos tendremos que |G| = k|H|. DEFINICI ´ ON 10.1. Sea H un subgrupo de un grupo G (no es necesario suponer que G es finito). La coclase a izquierda gH de G con respecto a un elemento g en G se define como el conjunto obtenido por la multiplicaci´ on de cada elemento de H a izquierda por g, esto es gH = {x ∈ G | x = gh para alg´ un h ∈ H}. La coclase a derecha de H con respecto a g se define an´ alogamente: Hg = {x ∈ G | x = hg para alg´ un h ∈ H}. 34 EJEMPLO 10.2. H = {0, 3, 6, 9} es un subgrupo del grupo Z 12 . La coclase a izquierda 2H es entonces: 2H = {x ∈ Z 12 | x = 2 ⊕h para alg´ un h ∈ H, } esto es 2H = {2, 5, 8, 11}. Notemos que 2H no es un subgrupo de G, y tambi´ en notemos que 2H = 5H. Si H es un subgrupo finito, digamos H = {h 1 , h 2 , . . . , h m }, entonces los elementos de la coclase a izquierda gH son gh 1 , gh 2 , . . . , gh m . Dado que se tiene una biyecci´ on entre H y gH dada por h → gh, ∀h ∈ H, se tiene que |H| = |gH|, para cualquier g ∈ G. EJEMPLO 10.3. Consideremos el grupo S 3 = {(1), (12), (13), (23), (123), (132)}, y su subgrupo H = {(1), (12)}. Hemos denotado con (1) a la permutaci´ on identidad. Las coclases a izquierda de H son las siguientes: (1)H = {(1)(1), (1)(12)} = {(1), (12)}, (12)H = {(12)(1), (12)(12)} = {(12), (1)}, (13)H = {(13)(1), (13)(12)} = {(13), (123)}, (23)H = {(23)(1), (23)(12)} = {(23), (132)}, (123)H = {(123)(1), (123)(12)} = {(123), (13)}, (132)H = {(132)(1), (132)(12)} = {(132), (23)}. Notemos que hay exactamente 3 subconjuntos de S 3 que son coclases de H, y estos 3 subconjuntos son disjuntos. As´ı es que tenemos la partici´ on S 3 = {(1), (12)} ∪ {(13), (123)} ∪ {(23), (132)}. Este es un hecho general que se deduce del siguiente resultado. 10. COCLASES Y EL TEOREMA DE LAGRANGE 35 TEOREMA 10.4. Sea H un subgrupo de un grupo G. Si g 1 y g 2 son elementos cualesquiera de G entonces las coclases g 1 H y g 2 H son id´ enticas o son disjuntas. PRUEBA. Probaremos que si g 1 H y g 2 H tienen un elemento en com´ un, entonces g 1 H = g 2 H. En efecto, sea x ∈ g 1 H ∩ g 2 H. Entonces existen h 1 , h 2 ∈ H tales que x = g 1 h 1 , y x = g 2 h 2 . Veamos que g 1 H ⊆ g 2 H. Si y = g 1 h, para alg´ un h ∈ H, entonces y = g 1 h = (xh −1 1 )h = x(h −1 1 h) = (g 2 h 2 )(h −1 1 h) = g 2 (h 2 h −1 1 h). Dado que H es un subgrupo, (h 2 h −1 1 h) es un elemento de H, y por lo tanto y ∈ g 2 H.. Luego g 1 H ⊆ g 2 H. Por un argumento similar podemos probar que g 2 H ⊆ g 1 H, y por lo tanto g 1 H y g 2 H son coclases id´ enticas. Notemos que si H es un subgrupo de G, la relaci´ on ∼ dada por x ∼ y si y s´ olo si x −1 y ∈ H es una relaci´ on de equivalencia en G. Las clases de equivalencia son precisamente las coclases a izquierda de H. Esto demuestra nuevamente que las coclases son disjuntas o son id´ enticas, y que el conjunto de las coclases forma una partici´ on del grupo G. TEOREMA DE LAGRANGE . Si G es un grupo finito de orden n y H es un subgrupo de orden m, entonces m es un divisor de n. PRUEBA. Hemos visto que cada coclase a izquierda tienen la misma cardinalidad que H, y que el conjunto de todas las coclases distintas forman una partici´ on de G en subconjuntos disjuntos. Luego si hay k coclases a izquierda distintas debe ser que n = km. 36 DEFINICI ´ ON 10.5. Sea G un grupo finito, y H un subgrupo de G. El n´ umero de coclases a izquierda de H se llama el ´ındice de H en G y se denota |G : H|; luego |G| = |G : H||H|. EJEMPLO 10.6. A n es un grupo de ´ındice 2 en S n . Tambi´ en el ´ındice se puede definir como el n´ umero de coclases a derecha, y obtendr´ıamos los mismos resultados. Sin embargo, a pesar de que el n´ umero de coclases a izquierda y a derecha es el mismo, no necesariamente producen la misma partici´ on de G. EJEMPLO 10.7. Las coclases a derecha del grupo H en el Ejemplo 10.3 son H(1) = {(1), (12)}, H(13) = {(1)(13), (12)(13)} = {(13), (132)}, H(23) = {(1)(23), (12)(23)} = {(23), (123)}, que son distintas a las coclases a izquierda. Las mismas producen la siguiente partici´ on de S 3 : S 3 = {(1), (12)} ∪ {(13), (132)} ∪ {(23), (123)}. COROLARIO 10.8. Si Ges un grupo de orden p, y p es primo, entonces los ´ unicos subgrupos de G son {1} y G. COROLARIO 10.9. Si g es un elemento de un grupo finito G y |G| = n, entonces (i) el orden de g divide a n, (ii) g n = 1. 11. AUTOMORFISMOS DE UN GRAFO 37 PRUEBA. Dado que g es un subgrupo de G entonces d = |g| divide a n. Pero |g| es igual al orden de g, de donde queda probado (i). Por otro lado, como dk = n, para alg´ un k ∈ N, entonces g n = g dk = (g d ) k = 1 k = 1. EJERCICIO 10.1. Probar que todo grupo de orden p, p primo, es c´ıclico. 11. Automorfismos de un grafo Un subgrupo importante del grupo de permutaciones S n es el subgrupo A n de las permutaciones pares, llamado el grupo alternante. Otros subgrupos importantes de S n surgen como grupos de simetr´ıas de un pol´ıgono regular, por ejemplo, G ∆ = S 3 . En efecto, toda simetr´ıa de un pol´ıgono regular de n lados queda determinada por la acci´ on sobre los v´ ertices. Enumerando los v´ ertices del pol´ıgono, cada simetr´ıa se identifica con una permutaci´ on en S n . Dado que la composici´ on de simetr´ıas es una simetr´ıa, se sigue que el conjunto de simetr´ıas de un pol´ıgono regular es isomorfo a un subgrupo de S n . EJEMPLO 11.1. Calcular el grupo G de simetr´ıas de un cuadrado y encontrar un subgrupo de S 4 isomorfo a G . PRUEBA. Numeramos los v´ ertices de 1 a 4. Las simetr´ıas son: (1): identidad. (12)(34), (14)(23): simetr´ıas axiales con respecto a ejes perpendiculares a los lados. (13), (24), simetr´ıas axiales con respecto a la diagonal. (1234), (1432): rotaciones en un ´ angulo de 90 grados, en sentido horario y antihorario. 38 1 4 3 2 FIGURA 1. Simetr´ıas de un cuadrado Consideremos ahora un grafo G = (V, E), donde V es el conjunto de v´ ertices y E el conjunto de aristas. Un automorfismo de un grafo es una biyecci´ on σ : V → V tal que para todo {v, w} ∈ E se verifica que {σ(v), σ(w)} ∈ E. Es claro que la composici´ on de automorfismos es un automorfismo, y la inversa de un automorfismo tambi´ en lo es. Por lo tanto, si |V | = n, se puede identificar el conjunto de automorfismos de G con un subgrupo del grupo de permutaciones S n . EJEMPLO 11.2. La permutaci´ on (15)(24) es un automorfismo del grafo de la Figura 2, mientras que (12345) no es un automorfismo dado que la arista {2, 4} se transforma en {3, 5}, que no es una arista. 1 2 3 4 5 FIGURA 2 Notemos que si α es un automorfismo del grafo (V, E), y v ∈ V , entonces α induce un isomorfismo entre los v´ ertices adyacentes a v y los v´ ertices adyacentes a α(v). Por lo tanto el 11. AUTOMORFISMOS DE UN GRAFO 39 grado de v es el mismo que el grado de α(v) (Ver Figura 3). An´ alogamente, puede verse que α mapea ciclos de longitud k en ciclos de longitud k. ` ` ` ` ` ` v α(x) α(w) α(v) w z x α(z) α FIGURA 3 Finalizamos esta secci´ on estas notas con el siguiente ejemplo: EJEMPLO 11.3. Encontrar el grupo de automorfismos del grafo siguiente: / / / / ` ` ` ` / / / / ` ` ` ` . . . . . . 1 2 3 4 5 6 FIGURA 4 SOLUCI ´ ON: Tenemos que V = {1, 2, 3, 4, 5, 6} y E = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 5}, {1, 6}, {2, 3}, {3, 4}, {3, 5}, {4, 5}, {5, 6}}. Los v´ ertices 1, 3 y 5 tienen grado 4 y los v´ ertices 2, 4 y 6 tienen grado 2. Ning´ un automorfismo puede aplicar un v´ ertice de grado 4 en un v´ ertice de grado 2, y viceversa. 40 Probaremos que cada permutaci´ on del conjunto {1, 3, 5} est´ a en correspondencia con un automorfismo del grafo, y viceversa. En efecto, cada automorfismo σ produce una permutaci´ on en el conjunto de v´ ertices {1, 3, 5}. Adem´ as, la acci´ on de σ sobre los v´ ertices 1, 3 y 5 determina un´ıvocamente la acci´ on sobre los v´ ertices 2, 4 y 6. Por ejemplo, si un automorfismo permuta los v´ ertices 1 y 3, entonces el v´ ertice 2 permanece fijo, el v´ ertice 6 debe aplicarse en 4 y el v´ ertice 4 debe aplicarse en 6. Rec´ıprocamente, cada permutaci´ on del conjunto {1, 3, 5} determina un ´ unico automorfismo del grafo, que consiste en la misma permutaci´ on del los v´ ertices rotulados con 1, 3 y 5, con la consecuente permutaci´ on de los v´ ertices 2, 4 y 6. Enumeramos a continuaci´ on todas las permutaciones del grafo, y su correspondencia con las permutaciones de {1, 3, 5}: (1) id, determinada por la permutaci´ on (1)(3)(5) de {1, 3, 5}, (2) (13)(46), determinada por (13)(5), (3) (15)(24), determinada por (15)(3), (4) (35)(26), determinada por (35)(1), (5) (135)(246), determinada por (135) y (6) (153)(264), determinada por (153). Concluimos entonces que el grupo de automorfismos del grafo G tiene orden 6, tiene 3 elementos de orden 2 y 2 elementos de orden 3. Recordemos que |S 6 | = 6!, y podemos comprobar que el orden del grupo de automorfismos de G divide al orden de |S 6 |. COROLARIO 11.4. Probar que el grupo de automorfismos del grafo del Ejemplo 11.3 es isomorfo al grupo S 3 . 12. GU ´ IA DE EJERCICIOS 41 12. Gu´ıa de ejercicios En esta ´ ultima secci´ on presento una lista de ejercicios que complementan la teor´ıa y ejemplos desarrollados en las secciones anteriores. Algunos ejercicios est´ an se˜ nalados con un aste- risco (*) indicando que los mismos son de una dificultad mayor que los dem´ as. 1. Pruebe que las operaciones en los siguientes conjuntos definen una estructura de grupo: a) Q−{0} con la operaci´ on del producto. b) Z con la operaci´ on de la suma. c) Z p −{0} con la operaci´ on ⊙, con p un n´ umero primo. 2. Dar la tabla de Z 4 y Z 5 para las operaciones de ⊕ y ⊙. 3. Encontrar los inversos de 2 en Z 11 , 7 en Z 15 , 7 en Z 16 y de 5 en Z 13 . 4. Calcular el orden de 8 en Z 12 , de 15 en Z 20 y de 14 en Z 210 . 5. Probar que G ∆ es isomorfo al grupo de permutaciones S 3 . 6. a) Describir las cuatro simetr´ıas de un rect´ angulo y construir la tabla de multiplicar. b) Sea G el grupo con la tabla de multiplicar: 1 a b c 1 1 a b c a a 1 c b b b c 1 a c c b a 1 Hallar un isomorfismo entre G y el grupo de simetr´ıas del rect´ angulo. ¿Es G conmutativo?, ¿es isomorfo a Z 4 ? 7. (*) Analizando las posibles tablas de multiplicar, mostrar que (salvo por isomorfismos), existe un solo grupo de orden 2 y un solo grupo de orden 3. 8. Decir cu´ ales de los siguientes son subgrupos de G ∆ . K 1 = {id, x}, K 2 = {id, x, y}, K 3 = {id, r, s, x, y}. 42 9. ¿Es S n un grupo c´ıclico? 10. Z n es un grupo c´ıclico generado por 1. Pruebe que x genera Z n si y s´ olo si x y n son coprimos. 11. Encontrar todos los subgrupos c´ıclicos en Z 13 y Z 45 . Encontrar todos los subgrupos de S 4 . 12. Escribir la siguiente permutaci´ on usando la notaci´ on c´ıclica: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 3 5 7 8 4 6 1 2 9. 13. Sean σ = (123)(456)(78) y τ = (1357)(26)(4)(8) permutaciones (en notaci´ on c´ıclica) de {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Escriba en notaci´ on c´ıclica στ, τσ, σ 2 , σ −1 y τ −1 . 14. Muestre que existen s´ olo tres elementos en S 4 que tienen 2 ciclos de longitud 2 disjuntos. 15. ¿Cu´ ales son todas las permutaciones de S 4 de orden 2? 16. Escribir los siguientes elementos de S 8 como producto de trasposiciones, y encuentre el signo de cada uno: α = (1357)(2468), β = (127)(356)(48), γ = (135)(678)(2)(4). 17. Probar que sgn(πσπ −1 ) = sgn(σ), para todo π, σ ∈ S n . 18. Sean α = (15)(27436) y β = (1372)(46)(5) permutaciones en S 7 . Calcular los ´ ordenes de α, β, αβ y βα. 19. (*) Describir expl´ıcitamente la partici´ on de G ∆ como coclases a derecha del subgrupo H = {i, x}. Verficar que la partici´ on no es la misma que se obtiene de las coclases a izquierda. 12. GU ´ IA DE EJERCICIOS 43 20. (*) Supongamos que G es un grupo finito,que p es un n´ umero primo y que G tiene exactamente m subgrupos de orden p. Mostrar que el n´ umero de elementos de orden p en G es m(p −1). 21. (*) Muestre que un grupo no c´ıclico de orden 55 tiene por lo menos un subgrupo de orden 5 y un subgrupo de orden 11. 22. ¿Cu´ ales de los siguientes son subgrupos de S 5 ? a) {(12345), (124)(35)}. b) {id, (12345), (13524), (14253), (15432)}. c) {id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. d) {id, (12)(345), (135)(24), (15324), (12)(45), (134)(25), (143)(25)}. 23. (*) Un conjunto de 52 tarjetas se divide en dos partes iguales y se intercala, de tal manera que si el orden original es 1, 2, 3, 4, . . . , el nuevo orden es 1, 27, 2, 28, . . . . ¿Cu´ antas veces debe repetirse el procedimiento para que las tarjetas vuelvan a su ubicaci´ on original? 24. (*) El orden de cualquier elemento en S 8 es un divisor de |S 8 | = 8!. Sabiendo que toda permutaci´ on puede ser escrita como producto de ciclos, ¿cu´ ales son los ´ ordenes realmente posibles? D´ e ejemplos de divisores de 8! tal que no haya ning´ un elemento de S 8 con ese orden. 25. (*) a) Hallar las simetr´ıas del cuadrado, consideradas como permutaciones de v´ ertices 1, 2, 3 y 4, rotulados en orden c´ıclico. b) Liste todas las simetr´ıas de un pent´ agono regular, consideradas como permutaciones de los v´ ertices 1, 2, 3, 4, 5, rotuladas en orden c´ıclico. 26. Encuentre el grupo de automorfismos del grafo dado por la lista de adyacencia siguiente: 44 1 2 3 4 5 6 7 8 2 1 1 1 2 3 4 4 3 3 2 7 7 7 5 5 4 5 6 8 8 8 6 6 27. Encuentre el grupo de automorfismos de cada uno de los grafos de la Figura 5: ` ` ` ` ` ` 1 2 3 4 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 5 FIGURA 5 Bibliograf´ıa [1] Matem´ aticas Discretas. Norman L. Biggs Editorial Vicens Vives, 1994 [2] Notas de ´ Algebra I/Matem´ atica Discreta I. N. P. Kisbye y R. J.Miatello. Publicaciones de FAMAF. Serie C. 2005. [3] Notas de ´ Algebra. Enzo Gentile. Editorial Eudeba. 1973. 45 ´ Indice general Una introducci´ n a la teorá de grupos o ı 1. Introducci´ n o 2. Congruencias 3. Aritm´ tica Modular e 4. Grupos 5. Grupos cćlicos ı 6. Subgrupos 7. Grupos de Permutaciones 8. Clasificaci´ n de las permutaciones o 9. Permutaciones pares e impares 10. Coclases y el Teorema de Lagrange 11. Automorfismos de un grafo 12. Guá de ejercicios ı Bibliografá ı 5 6 6 8 10 18 19 20 26 28 33 37 41 45 3 Una introducci´ n a la teorá de grupos o ı . 1. . Introducci´ n o La relaci´ n de congruencia m´ dulo un entero positivo n determina una relaci´ n de equivao o o lencia en el conjunto de los n´ meros enteros. Equivalentemente. . al que denotaremos Zn . subgrupos. Congruencias Denotaremos con N y Z a los n´ meros naturales y enteros. respectivamente. generadores. En este texto se desarrolla fundamentalmente los grupos de o congruencias Zn y los grupos de permutaciones Sn como ejemplos de grupos conmutativos y no conmutativos. Cada una de estas clases se identifica con un elemento del conjunto {0. Los grupos. para estudiantes de a n primer a˜ o. son conjuntos munidos de una operaci´ n que es asociativa. . o 2. o o Esto da lugar a la construcci´ n de una familia de estructuras algebraicas. Si m y n son u n´ meros enteros. u o . Al final del texto se ha inclu´do una lista de ejercicios y referencia a bibliografá n ı ı complementaria para quien desee profundizar en estos temas. Es mi mayor deseo que estas notas sean utiles. en general. tanto al estudiante como parte de su for´ maci´ n matem´ tica. si el resto de la divisi´ n de n por m es 0. respectivamente. y este conjunto queda entonces dotado de dos operaciones: suma y multiplicaci´ n m´ dulo n. coclases y el cl´ sico a ı a Teorema de Lagrange. con elemento neutro y en la que cada elemento tiene un inverso o con respecto a dicha operaci´ n. como al docente en su tarea de formar. . Se presenta adem´ s la teorá introductoria a la estructura a ı de grupo. y n = 0 diremos que m divide a n o que n es un m´ ltiplo de m si n = q · m u u para alg´ n entero q. Las operaciones de suma y multiplicaci´ n entera u o inducen operaciones similares entre las clases de equivalencia. que reciben o el nombre de grupos de congruencia. n − 1}. definiendo adem´ s grupos cćlicos. Zn . ´ Estas notas fueron escritas inicialmente como parte de los contenidos de un curso de Algebra y Matem´ tica Discreta. 1. dictado en FAMAF en los a˜ os 2001 y 2002. Agradezco todas las sugerencias y o a comentarios que permitan mejorar esta presente edici´ n. entonces a + c ≡ b + d mod (n) y a · c ≡ b · d mod (n).2. −p.1 debemos mostrar que (a + c) − (b + d) y (a · c) − (b · d) u o son enteros divisibles por n. −11 y 53 son n´ meros primos. En efecto. Se dice que dos n´ meros u u enteros son coprimos entre s´ si no tienen ning´ n divisor com´ n. o Por ejemplo. En ambos casos el miembro derecho es una suma de m´ ltiplos de n. decimos que dos n´ meros enteros a y b son u u congruentes m´ dulo n si (a − b) es divisible por n y se escribe o a ≡ b mod (n). excepto el 1 y el −1.1. Dado un n´ mero natural n. 1 y −1. podemos decir que dos enteros son congruentes m´ dulo n si tienen el o o mismo resto en la divisi´ n por n. 3. Notemos que si r es el resto de la divisi´ n por n de un entero a.2. 27 y 12 tienen resto 2 en la divisi´ n por 5. entonces a es congruente a o r m´ dulo n. 2. Si a ≡ b mod (n) y c ≡ d mod (n). y −2 − 16 = −18 = (−6) · 3. o o ´ D EFINICI ON 2. Por ı u u ejemplo. (a + c) − (b + d) = (a − b) + (c − d) (a · c) − (b · d) = (a − b) · c + b · (c − d). y por lo tanto es divisible u por n. Seg´ n la Definici´ n 2. 10 y 21 son coprimos entre s´. Tambi´ n ı e podemos decir que dos n´ meros enteros a y b son coprimos si los primos que aparecen en la u factorizaci´ n de a no aparecen en la factorizaci´ n de b. Por ejemplo. Por ejemplo. 27 ≡ 12 mod 5 y − 2 ≡ 16 mod 3 puesto que 27 − 12 = 3 · 5. o L EMA 2. . P RUEBA . Por lo tanto. 5 y 10 no son divisores de 21. ya que 2. CONGRUENCIAS 7 Se dice que un n´ mero entero p es primo si p es distinto de 1 y de −1 y sus unicos divisores u ´ son p. mientras que −2 y 16 tienen resto 1 o en la divisi´ n por 3 (notar que −2 = 3 · (−1) + 1). a ≡ c mod (n). n ∈ N tales que a · c ≡ b · c mod (n). entonces podemos multiplicar miembro a miembro k congruencias de estas y obtener ´ ak ≡ bk mod (n). y por lo tanto n divide a a − c. Las propiedades que hemos visto en esta secci´ n nos permitir´ definir operaciones de suma o a y multiplicaci´ n en el conjunto {0. Si c y n son coprimos entonces a ≡ b mod (n). . 1.3.8 Una consecuencia de este lema es que si a ≡ b mod (n). 1. Pero en general no es cierto que si a · c ≡ b · c mod (n) entonces a ≡ b mod (n). En efecto. . Al ser n y c coprimos entre s´ esto implica que todo divisor primo ı de n divide a a − c. Sean a. n − 1}. Presentamos entonces nuestra pr´ xima o o secci´ n. o 3. c ∈ Z. es decir no siempre es posible “simplificar”. 2. Veamos esto en un ejemplo: 6 · 5 ≡ 4 · 5 mod (10). . Zn = {0. Aritm´ tica Modular e Consideremos Zn el conjunto de los restos posibles de la divisi´ n de un n´ mero entero por o u n. donde ak y bk indican el producto repetido k veces de a y b respectivamente. es decir c ≡ c mod (n). tenemos a u ı tambi´ n que si a ≡ b mod (n) entonces e a · c ≡ b · c mod (n). 2. puesto que n divide a a · c − b · c = (a − b) · c. . . Equivalentemente. . cualquiera sea el entero c. . b. Dado que adem´ s todo n´ mero es congruente a s´ mismo. . pero no es cierto que 6 ≡ 4 mod (10). Precisamos esto en el siguiente lema: L EMA 2. n − 1} . entonces los divisores primos de n deben dividir a (a − b) o a c. ARITMETICA MODULAR 9 En Zn est´ n definidas las operaciones ⊕ y ⊙ del siguiente modo: Si a. b ∈ Zn . ∀a. b.b ≡ d mod (n). Las operaciones ⊕ y ⊙ cumplen las siguientes propiedades: a) Propiedad conmutativa para la suma y para el producto: a ⊕ b = b ⊕ a. c ∈ Zn . ∀a ∈ Zn . c y d ∈ Zn .1. . 3. pues 5 · 4 ≡ 2 (6). si a. b. c) Existencia de un elemento neutro para la suma: a ⊕ 0 = a. d) Existencia de un elemento neutro para el producto: a ⊙ 1 = a. Notemos que a ⊕ b y a ⊙ b est´ n bien definidas por la unicidad del resto en la divisi´ n por a o n. e) Propiedad distributiva del producto con respecto a la suma: a ⊙ (b ⊕ c) = (a ⊙ b) ⊕ (a ⊙ c). 2. 1. ∀a. a ⊙ b = b ⊙ a. ∀a ∈ Zn . pues 5 + 4 ≡ 3 (6). c ∈ Zn . b) Propiedad asociativa para la suma y para el producto: (a ⊕ b) ⊕ c = a ⊕ (b ⊕ c). ∀a. 4.´ 3. 5} tenemos 2⊕3=5 2⊙3=0 5⊕4=3 5⊙4=2 pues 2 + 3 ≡ 5 (6). b. entonces a a⊕b=c a⊙b=d si a + b ≡ c mod (n). En Z6 = {0. pues 2 · 3 ≡ 0 (6). (a ⊙ b) ⊙ c = a ⊙ (b ⊙ c). Veamos un ejemplo: E JEMPLO 3. concluimos que a′ = a′′ . por ejemplo a′ . (d) para todo x ∈ G existe x′ ∈ G tal que x ∗ x′ = x′ ∗ x = e. Si a = 0. (c) existe un elemento neutro para la suma ⊕. y (d) cada elemento a ∈ Zn tiene un opuesto o inverso a′ en Zn . (c) existe e ∈ G tal que e ∗ x = x = x ∗ e. z ∈ G. Grupos ´ D EFINICI ON 4. existe un unico a′ ∈ Zn tal que a ⊕ a′ = 0 ´ P RUEBA . es decir que el opuesto es unico. Un grupo es un par (G. Precisamos este concepto en la pr´ xima secci´ n. o o 4. (b) ⊕ es asociativa.1. b ∈ Zn . Adem´ s a a + (n − a) = n ≡ 0 (n) por lo que a ⊕ a′ = a ⊕ (n − a) = 0.10 f) Existencia del opuesto con respecto a ⊕: Para cada a ∈ Zn . y ∈ G. Sumando a ambos miembros un opuesto de a. para todo x ∈ G. ∗) donde G es un conjunto y ∗ es una operaci´ n o binaria en G que satisface: (a) x ∗ y ∈ G para todo x. (b) x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z para todo x. y las propiedades de la congruencia. . Un conjunto G con una operaci´ n interna que satisface propiedades como las enunciadas o anteriormente es un grupo. entonces a′ = 0. Los incisos (a) hasta (e) se deducen de las propiedades de la suma y el producto en los n´ meros enteros. u Veamos f). entonces a ⊕ a′ = a ⊕ a′′ . que denotamos con 0. Si a = 0 entonces a′ = n − a ∈ Zn . Por otro lado. si a ⊕ a′ = 0 y a ⊕ a′′ = 0. ´ Notemos que la suma ⊕ es una operaci´ n en Zn que satisface las siguientes propiedades: o (a) a ⊕ b ∈ Zn para todo a. y. si (r. para cada a ∈ Z. donde e = 0 y a′ = m − a para cada a = 0 (3) (Z. pues s´ lo 1 y −1 tienen inverso. m entonces (Z∗ .m = 1. Notemos que (Zm . No es difćil ver que si a. +) es un grupo. ⊙) no es un grupo pues 0 no tiene inverso respecto de ⊙. m . m) = 1}. Por otro lado 0 no siempre es el unico elemento de Zm que no tiene inverso.r (n) o lo que es lo mismo s1 ⊙ r = 1. Por otro lado existe s1 ∈ Zm tal que s ≡ s1 (m) y por lo tanto s. Rec´procamente.r ≡ 1 (m). r ∈ Zm tiene inverso respecto de ⊙ si y s´ lo si (r. m) = 1 entonces existen s y t enteros tales que s.r + t. (2) (Zm . donde e = 0 y a′ = −a. ⊙) es un grupo.r ≡ s1 . entonces a ⊙ b tambi´ n lo es. Eso significa que r. (1) (Z.2. ⊕) es un grupo.s ≡ 1 (m). Luego r y m son coprimos. o 1 (4) (Q − {0}. Luego r tiene un inverso.r + q. Luego ı s. o P RUEBA . donde e = 1 y a′ = a . b ∈ Zm son inversibles. Si r tiene inverso entonces existe s ∈ Zm tal que r ⊙ s = 1. ·) es un grupo. Por lo tanto existe q ∈ Z tal que s. ·) no es un grupo.m = 1.3.4. por ejemplo en Z6 ´ 2⊙3=0 por lo que 2 y 3 no pueden tener un inverso. m) = 1. Sea Z∗ el ı e m subconjunto formado por los elementos inversibles de Zm : Z∗ = {k ∈ Zm | (k. GRUPOS 11 E JEMPLO 4. L EMA 4. para todo a ∈ Z12 . r y s son rotaciones en el sentido horario o en un angulo de ´ π 3 y 2π respectivamente. En adelante.6. m (i) Z∗ = {1}. aqu´ a ⊙ a = 1. y y z son reflexiones respecto del eje marcado en 3 .4.5. y x. Las operaciones ⊕ y ⊙ en Z4 y Z5 pueden ser resumidas en las siguientes tablas. 2 (ii) Z∗ = {1. podemos hacer una tabla de doble entrada para representar la operaci´ n del grupo. 5. 3 ∗ (iii) Z∗ = {1. ⊕ 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 y ⊙ 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 4 1 3 3 3 1 4 2 4 4 3 2 1 E JEMPLO 4. usaremos la notaci´ n abreviada Zm y Z∗ para referirnos a los o m grupos (Zm . 2}. ⊕) y (Z∗ . Este conjunto tiene 6 elementos. ∗). G tiene una cantidad finita de elementos. o ∗ E JEMPLO 4. ı 12 Si en un grupo (G. tambi´ n llamados simetrás del tri´ ngulo: a e ı a A ¡e ¡ e C ¡e ¡ e B ¡e pp A p ¡pe ¡ pp e ¡ pp e ¡ pp e C B B ¡e C ¡e ¡ ¡ C e e B ¡ ¡ B e e A ¡ A ¡ ¡ e e e C ¡ ep p ¡p p p p e e p¡p A C p¡ e p ¡ pp p e pp ep ¡ B A id r s x y z La transformaci´ n id es la identidad en el plano. 11}. donde para calcular a ∗ b debemos mirar en la fila correspondiente a a y la columna correspondiente a b. respectivamente.12 E JEMPLO 4. y 2 ⊙ 2 = 1 ⊙ 1 = 1 y 2 ⊙ 1 = 1 ⊙ 2 = 2. ⊙). Consideremos un tri´ ngulo equil´ tero △ en el plano. y sea a a G el conjunto de todos los movimientos r´gidos del plano que dejan estable al ı tri´ ngulo. 7. es el grupo trivial. x 1 = 1 x = x. De ahora en m´ s simplificaremos nuestra notaci´ n cuando sea posible. Si (G.4. ´ D EFINICI ON 4. s. u ´ Es decir. Se dice que G es conmutativo o abeliano si xy = yx para todo x. entonces (xy)z = x(yz). no supondremos que xy = yx. y ∈ G. No debe confundirse esta notaci´ n de yuxtaposici´ n con la multiplicaci´ n ordinaria o o o de n´ meros. si x. r. ∗) es un grupo a o nos referiremos al grupo G y usaremos la notaci´ n xy en lugar de x ∗ y. es decir que la operaci´ n ∗ no es conmutativa. x. Sea G un grupo. z ∈ G. Los o inversos est´ n dados por: a (id)′ = id. xx−1 = x−1 x = 1. o La tabla correspondiente a (G∆ . La composici´ n de dos simetrás es una simetrá. 1 en lugar de e y x−1 en o lugar de x′ . En particular. y.7. ∗) es un grupo. GRUPOS 13 la figura. y. . r′ = s x′ = x y ′ = y z ′ = z. Las unicas propiedades que supondremos ciertas son las que definen a un grupo. z} y ∗ representa la composici´ n dos transformaciones. ∗) es la siguiente: * id id id r s x y z r s x y z r r s id z x y s s x x y y z x s id r z z x y r s id id y r z y id z x r s Notemos que x ∗ y = s y y ∗ x = r. entonces (G∆ . Si llamamos o ı ı G∆ = {id. ◦) es un grupo. ∗) no n es conmutativo. z. puesto que por ejemplo x ∗ y = y ∗ x. notemos que por ejemplo en G∆ . Consideremos S3 el conjunto formado por las permutaciones de {1. por lo cual π ◦ τ = τ ◦ π. +).y = 1. o (cancelaci´ n a derecha). 2. En cambio (G∆ . ⊕) y (Z∗ . (Zn .8.10. ⊙) son grupos conmutativos. o P RUEBA . Entonces (1) (2) xy = xz ax = bx ⇒ ⇒ y=z a=b (cancelaci´ n a izquierda). o a .z ⇒ y = z. Luego (S3 . u T EOREMA 4. b ∈ G deba ser ab = ba. Lo que se debe cumplir para que un grupo no sea conmutativo es que exista alg´ n par de elementos a y b tales que ab = ba. (Z. para todo x ∈ G existe el inverso x−1 . y. Si tomamos los elementos π y o o τ ∈ S3 dados por π(1) = 2 τ (1) = 2 π(2) = 1 τ (2) = 3 π(3) = 3. El hecho que un grupo no sea conmutativo no significa que para todo a. 3}. E JEMPLO 4. luego xy = xz ⇒ x−1 (xy) = x−1 xz ⇒ (x−1 x)y = (x−1 x)z ⇒ 1. a. b elementos de un grupo G. Sean x. Como G es grupo. con la operaci´ n de composici´ n. La cancelaci´ n a derecha se prueba de una manera an´ loga. τ (3) = 1.14 E JEMPLO 4. Por lo tanto S3 no es un grupo conmutativo. entonces (π ◦ τ )(1) = 1 pero (τ ◦ π)(1) = 3.9. rs = sr. (ii) Si x x′ = 1 = x x′′ . GRUPOS 15 Hasta ahora hemos hablado del elemento neutro y del inverso de un elemento x. El siguiente teorema asegura que son unicos. el de Z∗ es la cantidad de n´ meros positivos coprimos con n menores que n. definimos las sucesivas potencias positivas y negativas de x como: x1 = x x−1 = x−1 Convenimos en que x0 = 1. Si |G| no es finito decimos que G es un grupo infinito. pero no hemos dicho que exista s´ lo uno. G∆ y S3 son grupos finitos. Si |G| es finito decimos que G es finito y que el orden de G es |G|. ´ D EFINICI ON 4. ´ (ii) El inverso de x ∈ G es unico. Sea G un grupo. (i) Si 1 x = x para todo x ∈ G y ˜ x = x para todo x ∈ G. entonces por la ley de cancelaci´ n a izquierda.12. E JEMPLO 4. Sea G un grupo. Z∗ . o ´ T EOREMA 4. x−r = x−1 x−(r−1) (r ≥ 2). xr = x xr−1 . Tenemos que el n u orden de Zn es n. .13. n y el orden de G∆ y S3 es 6. entonces por la 1 ley de cancelaci´ n a derecha concluimos que 1 = ˜ o 1. Z es un grupo infinito. Por ello o es que podemos llamar x−1 al inverso de x. ´ P RUEBA . x′ = x′′ . Entonces (i) El elemento neutro 1 es unico. (r ≥ 2). Zn .11. Si G es un grupo y x ∈ G.4. Luego el orden de 3 es 2 y el orden de 2 es 3. E JEMPLO 4. y por el Principio de Buena ı u Ordenaci´ n existe un natural mńimo con esa propiedad. 5 es el unico elemento e ´ de orden 6 y 0 tiene orden 1. multiplicando ambos miembros por x−h obtenemos que xk−h = 1. . E JEMPLO 4. Notemos que si un grupo es finito y x ∈ G. Si G es infinito se define el orden de x del mismo modo si es que tal n existe. mientras que el orden de x.1.16 E JERCICIO 4.16. Sea G un grupo finito. 5 (iv) En G∆ . Si k > h. x6 = 0. tenemos que para todo x ∈ Z6 . el orden de r y el orden de s es 3.17. 25 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 10. pues 3⊕3 =0 y 2 ⊕ 2 ⊕ 2 = 0. (iii) En Z∗ . Sin embargo 6 no es el orden de cada elemento de Z6 . o ı ´ D EFINICI ON 4. Tambi´ n el orden de 4 es 3. El menor natural n tal que xn = 1 se llama el orden de x en G. De aqu´ que podemos asegurar que existe alg´ n n ∈ N tal que xn = 1. (i) En Z6 .15. (ii) En Z. 25 = 2 ⊕ 2 ⊕ 2 ⊕ 2 ⊕ 2 = 4. las sucesivas potencias de x son elementos de G y en consecuencia no son todas distintas. Probar que xm+n = xm xn .14. Luego existen k y h naturales distintos tales que xk = xh . 25 = 2 ⊙ 2 ⊙ 2 ⊙ 2 ⊙ 2 = 2. De lo contrario se dice que el orden de x es infinito. y sea x ∈ G. y y z es 2. Puesto que 6x ≡ 0 (6) para todo x ∈ Z. En el caso de G∆ . r 5 = r ∗ r ∗ r ∗ r ∗ r = s. E JEMPLO 4. 1. Entonces xs = 1 si y s´ lo si s es un m´ ltiplo de m. T EOREMA 4. Sean G1 y G2 dos grupos cualesquiera. . Isomorfismo de Grupos. Rec´procamente. Se dice entonces a que f preserva la estructura de los grupos. u 4.4. Notemos que f es una funci´ n biyectiva. si xs = 1 ı entonces por definici´ n de orden s ≥ m. Si existe tal isomorfismo.19. f (2) = 4.18. el orden de 1 es 1. para todo g. ´ D EFINICI ON 4. ⊙). f (3) = 3. f (1) = 2. o u P RUEBA . Consideremos los grupos (Z4 . b ∈ Z4 . Una biyecci´ n f : G1 → G2 o se dice un isomorfismo de grupos si f (gg ′) = f (g)f (g ′).m + r. Luego xr = 1. Tomemos la 5 ∗ funci´ n f : Z4 → Z5 dada por o f (0) = 1. GRUPOS 17 Notemos que para cualquier grupo G. G1 y G2 se dicen isomorfos. 0 ≤ r < m tales que o s = q. g ′ ∈ G1 . por lo tanto r = 0 y esto implica que s es m´ ltiplo de m. Luego existen q y r.xr . y cumple que f (0) = 1 (la imagen del elemento neutro o es el elemento neutro) y adem´ s f (a ⊕ b) = f (a) ⊙ f (b) para todo a. Sea x un elemento de orden m en un grupo finito G. Entonces 1 = xs = xmq+r = xmq xr = 1. ⊕) y (Z∗ . Si s = km entonces xs = xkm = (xm )k = 1k = 1. Un grupo G se dice cćlico si existe x ∈ G tal que todo elemento de G es ı una potencia de x.1. f (3k ) = f (3 ⊙ · · · ⊙ 3) = f (3) ⊕ · · · ⊕ f (3) = (f (3))k . . E JEMPLO 5.18 5. Grupos cćlicos ı ´ D EFINICI ON 5. Z∗ y Z6 son grupos cćlicos isomorfos. si n ∈ N. Z = 1 . Efectivamente. 3 = 5 ⊕ 5 ⊕ 5. generado por 1 y tambi´ n o ı e por 5. Z con la operaci´ n de suma usual es un grupo cćlico infinito. m´ s precisao ı a mente.4. ´ E JERCICIO 5. E JEMPLO 5. El elemento x se dice que genera a G y escribimos G = x . por lo cual n = 1n . Probar que los unicos generadores de Z son 1 y −1.1. Una biyecci´ n f : Z∗ → Z6 est´ dada ı o a 7 7 por f (3) = 1. E JEMPLO 5. entonces n = 1 + 1 + · · · + 1 = 1n . 2 = 5 ⊕ 5 ⊕ 5 ⊕ 5. En efecto: 1 = 5 ⊕ 5 ⊕ 5 ⊕ 5 ⊕ 5. 4 = 5 ⊕ 5. n t´ rminos e Si n ∈ −N entonces −n = 1−n . k k para 1 ≤ k ≤ 6. 5 = 5.2. Z6 con la operaci´ n ⊕ es un grupo cćlico finito.3. 2. entonces se dice que H es un subgrupo de G si los elementos de H forman un grupo con respecto a la operaci´ n de G. Entonces H es un subgrupo de G. x} no es subgrupo de G∆ pues r x = y e y ∈ T . La a . (ii) si x ∈ H. puesto que ning´ n elemento de G∆ ı u tiene orden 6. que satisface: ı (i) xy ∈ H. f (1) = 0. para todo x. H = {id. no vacó. La asoo o ciatividad se obtiene de la asociatividad en G. s} es subgrupo pues r r = s.6. SUBGRUPOS 19 De este modo resulta f (3) = 1. En cambio T = {id. 6. Subgrupos Si G es un grupo y H ⊆ G. s s = r y r s = id. o E JEMPLO 6.1. Sea G un grupo y sea H un subconjunto de G.5. f (4) = 4. El siguiente teorema establece una condici´ n necesaria y suficiente para que un subconjunto o de un grupo G sea subgrupo: T EOREMA 6. basta que se cumpla (i). f (6) = 3. La condici´ n (i) nos dice que la operaci´ n de grupo es cerrada en H. f (5) = 5. El grupo G∆ no es un grupo cćlico. r. En G∆ . entonces x−1 ∈ H. P RUEBA . La existencia del inverso est´ dada por (ii). r. E JEMPLO 5. y ∈ H. Si G es finito. y tambi´ n porque r y x no e tienen inverso en T . f (2) = 2. . Luego para x ∈ H. por lo tanto xn es el inverso de x. Sea G un grupo y sea x ∈ G un elemento de orden m. entonces x−1 ∈ H y por (i). 24 . 4. Estos son: 2 = {20 . 25 } = {0. 21 . el subgrupo cćlico generado por 5 es el grupo Z12 pues 5m = 0 en Z12 ocurre ı s´ lo cuando 5 · m ≡ 0 (12). xm−1 forman un subgrupo de G. 81 . ´ Consideremos el grupo Z12 . al que denotaremos por Nn . 82} = {0. y se denota x . E JEMPLO 7. Por ejemplo. xm ∈ H. x. 8.20 existencia del elemento neutro en H se debe a que si x ∈ H. Supongamos ahora que G es finito. n]. Nuestro objetivo o o ser´ estudiar el conjunto de permutaciones de un conjunto X de cardinal n. 22. o u 7.1. Grupos de Permutaciones Una permutaci´ n de un conjunto finito X es una biyecci´ n de X en X. una permutaci´ n del conjunto N4 es la funci´ n σ dada por o o (3) σ(1) = 3 σ(2) = 4 σ(3) = 2 σ(4) = 1. Entonces las potencias de x 1. 8 = {80 .x−1 ∈ H. llamado subgrupo cćlico generado por x. 12) = 1 debe ser m un m´ ltiplo de 12. E JEMPLO 6. . para todo m ∈ N. x2 . 2.3. Luego existe n ∈ N tal que xn+1 = 1. 6. El orden ı del subgrupo x es el orden del elemento x. Por otro lado. 8. 10}. 1 = x. . Entonces 2 y 8 generan subgrupos de ordenes 6 y 3 respectivamente. Puesto que (5. 23 . 4}. . . Sin p´ rdida de a e generalidad podemos considerar a X como el intervalo natural [1. 7. ◦) es un grupo finito. Puesto que la composici´ n de funcioo nes biyectivas es biyectiva. En este ejemplo y en otros posteriores. an si ai = σ(i). usaremos una notaci´ n con flechas o para representar una permutaci´ n σ. E JEMPLO 7. . para 1 ≤ i ≤ n. .. ↓ n ↓ a1 a2 . (ii) S2 contiene las siguientes permutaciones: 1 2 ↓ ↓ 2 1 1 2 ↓ ↓ 1 2. que la inversa de una funci´ n biyectiva es biyectiva tenemos que o (Sn .2.. indicando con o 1 2 ↓ ↓ . Recordemos que el orden de Sn es |Sn | = n!. . (i) S3 contiene las siguientes permutaciones: 1 2 3 ↓ ↓ ↓ 1 ↓ 1 2 3 ↓ ↓ 3 2 1 ↓ 2 2 3 ↓ ↓ 3 1 1 2 3 1 2 3 ↓ 1 2 ↓ ↓ 3 1 3 ↓ 2 1 2 3 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 2 1 3 3 2 1. GRUPOS DE PERMUTACIONES 21 Llamaremos Sn al conjunto de permutaciones de Nn . Notemos que la permutaci´ n σ de (7.1) aplica el 1 en el 3. 2. esto quiere a o o decir. E JEMPLO 7. 3 y 4 forman un ciclo de longitud 4. De ahora en m´ s usaremos la notaci´ n σβ para denotar la aplicaci´ n (σ ◦ β). . . .22 Podemos interpretar una permutaci´ n como un reordenamiento de los elementos de o {1.1. y escribimos ı σ = (1324). entonces (σ ◦ β) y (β ◦ σ) vienen dadas por: 1 2 ↓ ↓ 2 4 ↓ ↓ 4 1 3 4 ↓ ↓ 1 3 ↓ ↓ 3 2 (σ ◦ β) 1 2 ↓ 3 4 ↓ ↓ ↓ 2 1 3 4 ↓ ↓ ↓ ↓ 4 2 1 3 (β ◦ σ). Consideremos en S8 la permutaci´ n π dada por o 1 2 ↓ ↓ 3 3 4 5 ↓ ↓ 6 7 8 ↓ ↓ ↓ ↓ 1 6 8 5 2 4 7. Supongamos que β es la permutaci´ n en S4 dada por o 1 2 ↓ ↓ 2 3 4 ↓ ↓ 3. el 3 en el 2. . 4 1 Si σ es como en el Ejemplo 7.3. el 2 en el 4 y el 4 o o en el 1. Es conveniente tener una notaci´ n m´ s compacta para denotar una determinada permutao a ci´ n. primero se aplica β y luego se aplica σ. Esto dice que los s´mbolos 1. . 2. n}. 2. el 3 en el 5 y el 5 nuevamente al 1. o ´ L EMA 7. en cambio (135) y (2346) no lo son. σ1 σ2 = ı σ2 σ1 . Esta es la llamada notaci´ n cćlica para π. Notemos que si σ1 y σ2 son ciclos disjuntos. . ir → i1 y los dem´ s elementos de Nn o a los aplica en s´ mismos. . El inverso del ciclo (i1 i2 . ir ) es el ciclo de longitud r dado por (ir ir−1 . el 7 en el 4 y el 4 en el 2. 7 y 4 forman un ciclo de longitud 4 y 7 forma un ciclo de longitud 1. 1 ≤ t ≤ r. 1 ≤ t ≤ k. ir ) denota la permutaci´ n que aplica i1 → i2 . Entonces 1. Es entonces que podemos escribir π = (135)(2874)(7) = (2874)(7)(135). Un ciclo de longitud r es un elemento de orden r en Sn . 3 y 5 forman un ciclo de longitud ´ 3. ir . Sean i1 . . pues el 3 aparece en ambos ciclos. i2 i1 ).7. . E JEMPLO 7. o ı Precisamos este concepto en la siguiente definici´ n: o ´ D EFINICI ON 7. un ciclo de longitud 2 se ı llama una trasposici´ n. Por ultimo. Aplica el 2 en el 8. ir ) se llama un ciclo de longitud r. . . . . es decir. En S7 . los ciclos (135) y (2476) son disjuntos. 8. y viceversa. . GRUPOS DE PERMUTACIONES 23 Entonces π aplica el 1 en el 3. por ejemplo (123) = (231) = (312). . (i1 i2 . jk ) son disjuntos si ninguno de los it . aparece entre los jt . ir ) y (j1 j2 . (r ≤ n) elementos distintos de Nn . u ı La notaci´ n para un determinado ciclo no es unica. . i2 → i3 . i2 . .6. Entonces (i1 i2 . entonces conmutan entre s´. . o Diremos que dos ciclos (i1 i2 .5.4. . π(6) = 6. puesto que ning´ n s´mbolo permutado por σ1 es permutado por σ2 . . el 8 en el 7. . . pues r − 3 + 3 ≡ r (r). Lo importante en la notaci´ n cćlica es la longitud y el n´ mero de e o ı u ciclos que componen a la permutaci´ n.3. Luego σ j = id si j < r pues σ j (i1 ) = i1+j = i1 . en el Ejemplo 7. Notemos que la permutaci´ n identidad puede ser escrita como un o ciclo de longitud 1.24 P RUEBA . . Cualquier permutaci´ n τ en Sn puede ser escrita como producto de ciclos disjuntos de la o siguiente manera: se comienza con cualquier s´mbolo. de esta manera obtenemos un primer ciclo. donde con los corchetes hemos querido indicar que 1 ≤ [t + r] ≤ r y que t + r ≡ [t + r] (r). σ 3 aplica ir−1 en i2 . ir → i[r+j] . Entonces σ j es la permutaci´ n que aplica i1 → i[1+j] . . ´ se repite el procedimiento hasta que todos los s´mbolos hayan sido listados. 1 ≤ t ≤ r. o i2 → i[2+j] . Sea σ = (i1 i2 . como as´ tamo ı bi´ n (135)(24) y (24)(135). . . . y el inverso de un ciclo ı o de longitud 3. As´ por ejemplo. por ejemplo el 1. y se lista la imagen del mismo y de ı sus sucesores hasta llegar nuevamente al 1. i2 i1 ) es la permutaci´ n identidad. . Por otro lado. (ijk) es (kji). en la notaci´ n cćlica se omiten los ciclos de longitud 1. Luego el orden de σ es r. vemos que (i1 i2 . por lo que o queda probado el lema. se elige ahora otro s´mbolo al que no se haya llegado en el ciclo anterior y se construye ı otro ciclo a partir de el. y σ 3 aplica ir−3 en ir . pues (r − 1 + 3) ≡ 2 (r). . . Obviamente el ciclo (123) y el ciclo (231) representan la misma permutaci´ n. ir ). el inverso de una trasposici´ n (ij) es (ji) = (ij). . As´. . ya que estos nos indican el orden de la permutaci´ n. Por ejemplo. para todo t. ir )(ir . ı En general. o o . o ı ı π = (135)(2874). pero σ r (it ) = i[t+r] = it . por ejemplo (1). ´ E JEMPLO 7. 1 5 9 2 6 10 3 7 11 4 8 12. σ2 . Esto significa entonces que el orden de la permutaci´ n π es 5. El menor d con esa propiedad es precisamente el mńimo com´ n m´ ltiplo ı u u de los ordenes de los ciclos. Como los ciclos conmutan entre ı u u s´ tenemos que ı m m m σ m = σ1 σ2 . σk . Luego la notaci´ n cćlica de π es o ı π = (1)(2 4 10 6 5 )(3 7 8 11 9 )(12).7. El orden de una permutaci´ n es el mńimo com´ n m´ ltiplo de los ordeo ı u u ´ nes de los ciclos que la componen. 10 11 12 P RUEBA .8. Los otros dos ciclos tienen longitud 5. GRUPOS DE PERMUTACIONES 25 ´ P ROPOSICI ON 7.7. . Los ciclos (1) y (12) indican que las cartas 1 y 12 siempre aparecen en el mismo lugar. para 1 ≤ i ≤ k. . ¿cu antas veces debe hacerse este ´ procedimiento para que las cartas reaparezcan en su posici´ n original? o 1 4 7 2 5 8 3 6 9 . y se disponen sobre la mesa de la manera que se muestra el la figura de abajo. a la izquierda. Si las cartas se sacan por fila y se las reordena por columna. . si σ d = (1). . . σk son ciclos disjuntos entre s´. y esto significa que aplicados 5 veces se vuelve a la posici´ n o original. como se indica a la derecha. . luego el orden de σi divide a d para todo 1 ≤ i ≤ k. o . Se tienen 12 cartas numeradas del 1 al 12. Sea σ = σ1 σ2 . P RUEBA . σk = (1). . entonces σi = (1). Sea m ı el mńimo com´ n m´ ltiplo de los ordenes de estos ciclos. Sea π la permutaci´ n que produce dicha reordenaci´ n. . donde σ1 . Es decir π(i) = j si la o o carta numerada con i aparece en el lugar de la carta j. d Por otro lado. La permutaci´ n π del Ejemplo ?? es del tipo [134] pues est´ compuesta por o a un ciclo de longitud 1. ı o ´ D EFINICI ON 8. aunque no daremos aqu´ una demostraci´ n de este hecho.1. Por otro lado. .2. nαn ]. . uno de longitud 3 y uno de longitud 4. ). Una permutaci´ n de este tipo ser´ de la forma o a (. . )(. Clasificaci´ n de las permutaciones o El objetivo de esta secci´ n es clasificar a las permutaciones seg´ n los ciclos que la como u ponen. . Existen 14 2 12 2 10 3 7 3 4 4 maneras de ubicar los s´mbolos 1. La permutaci´ n π del Ejemplo o 7. . E JEMPLO 8. Hagamos primero un ejemplo. )(. . . . )(. . Contemos cu´ ntas permutaciones u a hay de un determinado tipo [1α1 . Es posible clasificar a los elementos de Sn seg´ n su tipo. . . 14 en una permutaci´ n de este tipo.8 es del tipo [12 52 ] pues est´ compuesta por dos ciclos de longitud 1 y dos ciclos de longitud a 5. . Si π ∈ Sn tiene αi ciclos de longitud i entonces diremos que π es del tipo [1α1 2α2 . . . Una permutaci´ n se puede escribir de manera unica como producto de ciclos disjuntos. .. el orden en que se ubiquen los ciclos de igual longitud es irrelevante. Si adem´ s consideı o a ramos que cada ciclo de longitud k se puede escribir de k formas distintas. o ´ salvando el orden de los mismos y de los elementos que los componen.2. )(. por lo tanto a´ n nos falta dividir por u 2!2!. nαn ]. Consideremos en S14 las permutaciones del tipo [22 32 4].26 8. . entonces debemos dividir esta cantidad por 2 · 2 · 3 · 3 · 4 = 22 32 4. . yk ) en la descomposici´ n de β. . y usamos la misma regla para los dem´ s ciclos. Supongamos que α y β son conjugadas. . . xk ) en α y un ciclo (y1 y2 . . . nαn ] es u n! . si α(x2 ) = x3 y σ(x3 ) = y3 entonces β(y2) = y3 .. Se sigue entonces que α y β son del mismo tipo. Dado un ciclo (x1 x2 . yr ) en β. CLASIFICACION DE LAS PERMUTACIONES 27 Luego la cantidad total de permutaciones de este tipo es 14! 22 32 4 2! 2! . 1α1 2α2 . . y as´ sucesivamente. T EOREMA 8. a Entonces tenemos que σασ −1 (y1) = σα(x1 ) = σ(x2 ) = y2 = β(y1 ). . αn ! Diremos que dos permutaciones α y β en Sn son conjugadas si existe una permutaci´ n o σ ∈ Sn tal que σασ −1 = β. supongamos que α y β son del mismo tipo. . . . En el caso general. . Entonces β(y1 ) = σασ −1 (y1 ) = σα(x1 ) = σ(x2 ) = y2 . xk ) tenemos un correspondiente ciclo (y1y2 . Luego por cada ciclo (x1 x2 . Sea x2 = α(x1 ) y sean y1 = σ(x1 ). y2 = σ(x2 ). Dado que est´ n compuestas ı a por el mismo n´ mero de ciclos por cada longitud de ciclo. Rec´procamente. Ahora. . . ı . . Lo que haremos es ver que por cada ciclo (x1 x2 . . luego σασ −1 = β.3.´ 8. Dos permutaciones son conjugadas si y s´ lo si son del mismo tipo. nαn α1 !α2 ! . xk ) en la descomposici´ n de α hay un ciclo (y1 y2 . definimos σ(xi ) = yi . . o o Tomemos x1 . o P RUEBA . se prueba que el n´ mero de permutaciones del tipo [1α1 2α2 . . yk ). . haremos una correspondencia entre u los ciclos de la misma longitud que componen a α y a β. xk+1 ) puede escribirse como (x1 . a o (x1 x2 . el ciclo (x1 x2 . En general. Es decir. 2 Primero veamos que toda permutaci´ n se puede escribir como producto de trasposiciones. Definimos σ(1) = 1 y σ(2) = 3. n]]. . o obviamente no ser´ n disjuntas entre s´. . Permutaciones pares e impares El principal resultado que veremos en esta secci´ n es que el grupo de permutaciones Sn o n! posee un subgrupo An de orden . tomamos primeramente los ciclos (12) y (13). si se tiene en cuenta que el ciclo de longitud k + 1. . σ(4) = 5 y σ(5) = 4. xk+1 )(x1 x2 . π = (13)(254). . . . . xk ). .4. Usando el argumento de la prueba del Teorema 8. Tomando ahora los ciclos de longitud 3. Entonces σ = (1)(23)(45). ı 9.3. xr ) se expresa como producto de trasposiciones de la siguiente manera: (x1 x2 .28 E JEMPLO 8. . P RUEBA . toda permutaci´ n se puede lograr intercambiana ı o do sucesivamente 2 elementos de [[1. Encontrar σ ∈ S5 tal que στ σ −1 = π. Es f´ cil probar este resultado por inducci´ n. definimos σ(3) = 2. y στ σ −1 = (1)(23)(45) (12)(345) (45)(23)(1) = (13)(254) = π como querámos ver. . Por ejemplo. Consideremos en S5 las siguientes permutaciones del tipo [2 3]: τ = (12)(345). xr ) = (x1 xr ) . . la permutaci´ n que transforma 123456 o en 342165 es (56)(14)(21)(13). (x1 x3 )(x1 x2 ). existe un ciclo en la descomposici´ n de o π de la forma (ax . escribimos (1342)(5876) = (12)(14)(13)(56)(57)(58). . . PERMUTACIONES PARES E IMPARES 29 Luego como cada ciclo puede ser escrito como producto de trasposiciones y cada permutaci´ n puede ser escrita como producto de ciclos. ¿Qu´ ocurre si componemos a π con una trasposici´ n τ ? ¿Cu´ ntos ciclos componen a τ π? e o a Supongamos que τ permuta a con b. esto es. . . . y)(b . concluimos que toda permutaci´ n puede ser o o escrita como producto de trasposiciones. Lo que s´ veremos es que todas las representaciones como producto de trası posiciones de una misma permutaci´ n tienen una caracter´stica en com´ n. . yb . En este caso. . Sin embargo. Entonces al hacer τ π este ciclo se desdobla en (ax . nαn ] llamaremos c(π) al n´ mero de ciclos que o u componen a π.1. no hay una unica manera de escribir una permutaci´ n como producto de tras´ o posiciones. luego c(π) = α1 + α2 + · · · + αn . la permutaci´ n (245) puede ser escrita como (25)(24) o como o (13)(25)(31)(24). . E JEMPLO 9. o ı u Si π es una permutaci´ n del tipo [1α1 2α2 . por ejemplo en S5 . z). Usando el argumento anterior.9. z). Escribir la permutaci´ n (1342)(5876) como producto de trasposiciones. . es decir τ (a) = b. o P RUEBA . . b. c(τ π) = c(π) + 1. . Pueden ocurrir dos casos: (i) a y b ocurren en un mismo ciclo de π. τ (b) = a y τ (k) = k para k = a. . . Como τ1 es una permutaci´ n del tipo [1n−2 2]. τ2 τ1 . P RUEBA . . el n´ mero de ciclos se va aumentando o u disminuyendo en 1. . Pero entonces k − k ′ = 2(g − g ′). . . es decir que k y k ′ tienen la misma paridad. Luego en ambos casos el efecto de una trasposici´ n luego de una permutaci´ n altera el n´ mero o o u de ciclos en uno. Supongamos que aumenta g veces en 1 y disminuye h veces en 1. Luego al componer con τ obtendremos el ciclo (b . . y). . Por el mismo argumento. g + h es el n´ mero de composiciones sucesivas desde τ2 hasta τk . z). dado que π se puede escribir como producto de k ′ trasposiciones. y)(b .30 (ii) Si a y b est´ n en diferentes ciclos de π. . . donde τi . Luego k = 1 + g + h = 1 + g + (n − 1 + g − c(π)) = n − c(π) + 2g. . o u Al hacer las sucesivas composiciones con τ2 . entonces en la descomposici´ n de π aparecen a o ciclos de la forma (ax . . Luego c(π) = (n − 1) + g − h. el n´ mero de ciclos de τ1 es c(τ1 ) = (n − 2) + 1 = n − 1. . . Este hecho nos ayuda a probar el siguiente teorema: T EOREMA 9. Por otro lado. . Entonces k y k ′ son ambos pares o o e ambos impares. zax . existir´ un entero g ′ tal que a k ′ = n − c(π) + 2g ′. 1 ≤ i ≤ k son trasposiciones. Supongamos que una permutaci´ n π en Sn puede ser escrita como la como posici´ n de k trasposiciones y tambi´ n de k ′ trasposiciones. luego g + h = u k − 1. Sea π = τk−1 τk−2 .2. τ3 . y en este caso c(τ π) = c(π) − 1. Veamos que Sn se puede partir en dos subconjuntos An y Bn de igual cardinalidad. En efecto. para todo τ .5. . Sea τ una trasposici´ n cualquiera. σk . entonces su composici´ n τ σ se escribe o como τ1 τ2 . P RUEBA . An es un subgrupo de orden n! . e ´ P ROPOSICI ON 9. u ´ P ROPOSICI ON 9. o ´ D EFINICI ON 9. τr σ1 σ2 . pues (12)(12) ∈ An . Es suficiente con probar que An = ∅ y que τ σ ∈ An .3. τ = (12). y veamos que existe una biyecci´ n entre ellos. PERMUTACIONES PARES E IMPARES 31 Como consecuencia de este teorema podemos definir qu´ es una permutaci´ n par y una e o permutaci´ n impar. sabemos que toda permutaci´ n π ∈ Sn es par o es impar. el conjunto An de todas las permutaciones pares es un subgrupo de Sn . σ ∈ An . . 2 P RUEBA .9. . donde cada τi a y cada σj son trasposiciones y donde r y k son pares. Para n ≥ 2. . .4. . y Bn al conjunto de permutaciones impares. An = ∅. Adem´ s. o o Entonces la funci´ n Φ : An → Bn dada por o Φ(π) = τ π . Una permutaci´ n se dice par (respectivamente impar) si puede escribirse o como producto de un n´ mero par (respectivamente impar) de permutaciones. por ejemplo. τr y σ = σ1 σ2 . . si τ = τ1 τ2 . y (k + r) tambi´ n es par. σk . Llamemos An al o conjunto de permutaciones pares. . que es un producto de (k + r) trasposiciones. por la ley de cancelau ci´ n a izquierda resulta π = σ. Si los movimientos que se pueden hacer consisten en desplazar un bloque hacia el espacio vacó. para llegar a la disposici´ n final. (132). Luego |An | = |Bn | y Sn = An ∪ Bn . y tantos a la izquierda como a la derecha. Llamemos a nuestro espacio vacó. U. (123)}. pruebe que es ı imposible lograr el segundo diagrama de la figura con una sucesi´ n de movimientos legales. ı E JEMPLO 9. A3 = {(1). A2 = {(1)}. est´ n ubicados a en un cuadrado como se muestra en el primer diagrama de la figura siguiente. Q. Desplazar una letra X al espacio vacó corresponde ı a una trasposici´ n (X ). pues si π es una permutaci´ n impar. concluimos que o |Sn | = 2|An |. En S2 . Ocho bloques rotulados con las letras A. Dado que esta uni´ n es disjunta.7. La disposici´ n inicial de las letras es ı o AEIOUQLY . Adem´ s Φ es suryectiva. L e Y. se deber´ n hacer tantos o o a corrimientos de hacia arriba como hacia abajo. E JEMPLO 9.6. (12)(13). (13)(12)} = {id.32 es una biyecci´ n. Ahora bien. luego π = τ (τ π) = Φ(τ π). o a o entonces τ π es par. y la final es AYQUELIO . como querámos ver. Veamos que Φ es inyectiva: si τ π = τ σ. E. O. Φ aplica permutaciones pares en impares. En S3 . Por . ya que incrementa el o n´ mero de trasposiciones en 1. Claramente. I. o A E I A Y Q U E L I O O U Q L Y P RUEBA . pero esto corresponde a un producto de un n´ mero impar de trasposiciones. Coclases y el Teorema de Lagrange En esta secci´ n volvemos a la teorá general de grupos. 10. La coclase a izquierda gH de G con respecto a un elemento g en G se define como el conjunto obtenido por la multiplicaci´ n de cada elemento de H a izquierda por g. esta permutaci´ n se puede escribir como producto de ciclos de la manera o (A)(EUOY)(ILQ)( ).1. Se sigue que es imposible lograr la disposici´ n final con una sucesi´ n de o o o movimientos legales. La idea de la demostraci´ n de este teorema o es particionar al grupo G en subconjuntos disjuntos de cardinal igual a |H|. As´ por ejemplo.10. 9 y 18. esto es o gH = {x ∈ G | x = gh para alg´ n h ∈ H}. El Teorema de Lagrange asegura que si G es un grupo finito y H es un subgrupo de G entonces |H| divide al |G|. COCLASES Y EL TEOREMA DE LAGRANGE 33 lo tanto el n´ mero total de trasposiciones es par. u . un grupo de orden 18 s´ lo ı o puede tener subgrupos de orden 1. 3. es decir que es una u permutaci´ n impar. es decir que la permutaci´ n que produce dicha u o reordenaci´ n de las letras debe ser par. para probar un importante resultado o ı acerca de los grupos finitos. o Por otro lado. 6. luego si existen k subconjuntos de estos tendremos que |G| = k|H|. u La coclase a derecha de H con respecto a g se define an´ logamente: a Hg = {x ∈ G | x = hg para alg´ n h ∈ H}. ´ D EFINICI ON 10. Sea H un subgrupo de un grupo G (no es necesario suponer que G es finito). 2. (12)}. (13)H = {(13)(1). 8. entonces los elementos de la coclase a izquierda gH son gh1 . . (13)(12)} = {(13). (12)(12)} = {(12). 6. Hemos denotado con (1) a la permutaci´ n identidad. (12)H = {(12)(1).2. Notemos que 2H no es un subgrupo de G. .34 E JEMPLO 10. 5. .3. y tambi´ n notemos que 2H = 5H. H = {0. . (1)(12)} = {(1). } u esto es 2H = {2. (132)H = {(132)(1). ghm . (123)}. 3. h2 . y estos 3 subconjuntos son disjuntos. (1)}. (13)}. (123)} ∪ {(23). (12). (23). As´ es que tenemos la partici´ n ı o S3 = {(1). (132)}. hm }. (132)}. 11}. (12)}. e Si H es un subgrupo finito. . (23)}. Este es un hecho general que se deduce del siguiente resultado. (13). Notemos que hay exactamente 3 subconjuntos de S3 que son coclases de H. E JEMPLO 10. . Consideremos el grupo S3 = {(1). (132)(12)} = {(132). se tiene que |H| = |gH|. Dado que se tiene una biyecci´ n entre H y gH o dada por h → gh. (132)}. gh2 . y su subgrupo H = {(1). digamos H = {h1 . La coclase a izquierda 2H es entonces: 2H = {x ∈ Z12 | x = 2 ⊕ h para alg´ n h ∈ H. (123). (12)} ∪ {(13). . (123)H = {(123)(1). para cualquier g ∈ G. (123)(12)} = {(123). 9} es un subgrupo del grupo Z12 . (23)H = {(23)(1). ∀h ∈ H. Las coclases a o izquierda de H son las siguientes: (1)H = {(1)(1). (23)(12)} = {(23). . . Hemos visto que cada coclase a izquierda tienen la misma cardinalidad que H. Si g1 y g2 son elementos cualesquiera de G entonces las coclases g1 H y g2 H son id´ nticas o son disjuntas.10. Si y = g1 h. h2 ∈ H tales que x = g1 h1 . Sea H un subgrupo de un grupo G. Veamos que g1 H ⊆ g2 H. y e que el conjunto de las coclases forma una partici´ n del grupo G. En efecto. entonces m es un divisor de n. y por lo tanto y ∈ g2 H. 1 1 1 1 Dado que H es un subgrupo. COCLASES Y EL TEOREMA DE LAGRANGE 35 T EOREMA 10.4. Probaremos que si g1 H y g2 H tienen un elemento en com´ n. entonces g1 H = u g2 H. Si G es un grupo finito de orden n y H es un subgrupo de orden m. y por lo tanto g1 H y g2 H son coclases id´ nticas. P RUEBA . la relaci´ n ∼ dada por o x∼y si y s´ lo si o x−1 y ∈ H es una relaci´ n de equivalencia en G. Por un argumento similar podemos probar que g2 H ⊆ g1 H. Esto demuestra nuevamente que las coclases son disjuntas o son id´ nticas. y que el conjunto de todas las coclases distintas forman una partici´ n de G en subconjuntos o disjuntos. sea x ∈ g1 H ∩ g2 H. (h2 h−1 h) es un elemento de H. . Luego 1 g1 H ⊆ g2 H.. entonces u y = g1 h = (xh−1 )h = x(h−1 h) = (g2 h2 )(h−1 h) = g2 (h2 h−1 h). y x = g2 h2 . o T EOREMA DE L AGRANGE . Luego si hay k coclases a izquierda distintas debe ser que n = km. Entonces existen h1 . Las clases de equivalencia son precisamente las coclases o a izquierda de H. e P RUEBA . para alg´ n h ∈ H. e Notemos que si H es un subgrupo de G. (12)} ∪ {(13). Si G es un grupo de orden p. Sea G un grupo finito. entonces los unicos subgrupos ´ de G son {1} y G. que son distintas a las coclases a izquierda. (12)}.8. (132)}.5. C OROLARIO 10. no necesariamente producen la misma partici´ n de G. El n´ mero de coclases a u izquierda de H se llama el ńdice de H en G y se denota |G : H|. C OROLARIO 10. . luego ı |G| = |G : H||H|. entonces (i) el orden de g divide a n. An es un grupo de ńdice 2 en Sn . (123)}. Las coclases a derecha del grupo H en el Ejemplo 10. (132)} ∪ {(23). (ii) g n = 1. y obtendrámos e ı u ı los mismos resultados. (123)}.7.9. Sin embargo. y H un subgrupo de G.36 ´ D EFINICI ON 10. (12)(23)} = {(23). ı Tambi´ n el ńdice se puede definir como el n´ mero de coclases a derecha. H(13) = {(1)(13). Las mismas producen la siguiente partici´ n de S3 : o S3 = {(1).6. a pesar de que el n´ mero de coclases a izquierda y a u derecha es el mismo. (12)(13)} = {(13).3 son H(1) = {(1). Si g es un elemento de un grupo finito G y |G| = n. E JEMPLO 10. o E JEMPLO 10. H(23) = {(1)(23). y p es primo. Dado que g es un subgrupo de G entonces d = | g | divide a n. es cćlico. Calcular el grupo G de simetrás de un cuadrado y encontrar un subgrupo ı de S4 isomorfo a G . de donde queda probado (i).1. AUTOMORFISMOS DE UN GRAFO 37 P RUEBA . u entonces g n = g dk = (g d)k = 1k = 1. como dk = n. Probar que todo grupo de orden p. por ejemplo.1. ı 11. (12)(34). Dado que la composici´ n de simetrás es una simetrá. para alg´ n k ∈ N. cada simetrá se identifica con una e e ı ı permutaci´ n en Sn . G∆ = S3 . Enumerando los v´ rtices del pol´gono. toda simetrá de un pol´gono regular de n lados queda determinada por la acci´ n ı ı o sobre los v´ rtices. se sigue que el o o ı ı conjunto de simetrás de un pol´gono regular es isomorfo a un subgrupo de Sn . (24). E JERCICIO 10. (14)(23): simetrás axiales con respecto a ejes perpendiculares a los lados. ´ .11. Pero | g | es igual al orden de g. simetrás axiales con respecto a la diagonal. en sentido horario y antihorario. llamado el grupo alternante. p primo. Otros subgrupos importantes de Sn surgen como grupos de simetrás de un pol´gono regular. P RUEBA . ı ı En efecto. Por otro lado. (1432): rotaciones en un angulo de 90 grados. ı (1234). ı (13). Numeramos los v´ rtices de 1 a 4. ı ı E JEMPLO 11. Automorfismos de un grafo Un subgrupo importante del grupo de permutaciones Sn es el subgrupo An de las permutaciones pares. Las simetrás son: e ı (1): identidad. w} ∈ E se verifica que {σ(v). 5}. donde V es el conjunto de v´ rtices y E el e conjunto de aristas. Por lo tanto el e e . y la inversa de un automorfismo tambi´ n lo es. Es claro que la composici´ n de automorfismos o es un automorfismo. La permutaci´ n (15)(24) es un automorfismo del grafo de la Figura 2. E JEMPLO 11. y v ∈ V . Simetrás de un cuadrado ı Consideremos ahora un grafo G = (V. 1 2 3 5 4 F IGURA 2 Notemos que si α es un automorfismo del grafo (V. σ(w)} ∈ E. E).2. e Por lo tanto. si |V | = n. Un automorfismo de un grafo es una biyecci´ n σ : V → V tal que para todo o {v. entonces α induce un isomorfismo entre los v´ rtices adyacentes a v y los v´ rtices adyacentes a α(v). E).38 2 1 3 4 F IGURA 1. 4} se transforma en {3. se puede identificar el conjunto de automorfismos de G con un subgrupo del grupo de permutaciones Sn . que no es una arista. o mientras que (12345) no es un automorfismo dado que la arista {2. 3}. 4. 6}. 3}. An´ logamente. 6}}. 2}. {5. e e . AUTOMORFISMOS DE UN GRAFO 39 grado de v es el mismo que el grado de α(v) (Ver Figura 3). {1. {3. {4. y viceversa. {3. α(z) x α(x) α(v) α v z α(w) w F IGURA 3 Finalizamos esta secci´ n estas notas con el siguiente ejemplo: o E JEMPLO 11. 4}. Encontrar el grupo de automorfismos del grafo siguiente: 4 4 4 4 4 54 3 4 6 1 2 F IGURA 4 ´ S OLUCI ON : Tenemos que V = {1. puede verse que α a mapea ciclos de longitud k en ciclos de longitud k. 5}. 6} y E = {{1. 5}. 5}. Los v´ rtices 1. {1. 3.3. {2. 2. {1.11. 3 y 5 tienen grado 4 y los v´ rtices 2. 4 y 6 tienen grado 2. Ning´ n automorfismo e e u puede aplicar un v´ rtice de grado 4 en un v´ rtice de grado 2. 5. 3. 5}. 3. 5} determina un unico automorfismo ı o ´ del grafo. . Concluimos entonces que el grupo de automorfismos del grafo G tiene orden 6. si un automorfismo permuta los v´ rtices 1 y 3. 5}. determinada por (135) y (6) (153)(264). En efecto. (5) (135)(246). cada permutaci´ n del conjunto {1. que consiste en la misma permutaci´ n del los v´ rtices rotulados con 1. 3. 3. y podemos comprobar que el orden del grupo de automorfismos de G divide al orden de |S6 |. 3. determinada por (13)(5). Adem´ s. Por ejemplo. Probar que el grupo de automorfismos del grafo del Ejemplo 11. o e Enumeramos a continuaci´ n todas las permutaciones del grafo. cada automorfismo σ produce una permutaci´ n en el conjunto de v´ rtices o e {1. 5} est´ en correspondencia con un o a automorfismo del grafo.3 es isomorfo al grupo S3 . o (2) (13)(46). Recordemos que |S6 | = 6!. tiene 3 elementos de orden 2 y 2 elementos de orden 3. el v´ rtice 6 debe aplicarse en 4 y el v´ rtice 4 debe aplicarse en 6. (4) (35)(26). determinada por (153). 4 y 6. y viceversa. e e e Rec´procamente.40 Probaremos que cada permutaci´ n del conjunto {1. y su correspondencia con o las permutaciones de {1. determinada por la permutaci´ n (1)(3)(5) de {1. C OROLARIO 11.4. con la o e consecuente permutaci´ n de los v´ rtices 2. determinada por (15)(3). determinada por (35)(1). 5}: (1) id. 3 y 5 determina un´vocamente la acci´ n a o e ı o sobre los v´ rtices 2. (3) (15)(24). la acci´ n de σ sobre los v´ rtices 1. 3 y 5. 4 y 6. entonces e e el v´ rtice 2 permanece fijo. Probar que G∆ es isomorfo al grupo de permutaciones S3 . Pruebe que las operaciones en los siguientes conjuntos definen una estructura de grupo: a) Q − {0} con la operaci´ n del producto. con p un n´ mero primo. r. K3 = {id. a K1 = {id. y}. s. ¿Es G conmuı a tativo?. mostrar que (salvo por isomorfismos). a) Describir las cuatro simetrás de un rect´ ngulo y construir la tabla de multiplicar. de 15 en Z20 y de 14 en Z210 . Calcular el orden de 8 en Z12 . x}. . Guá de ejercicios ı En esta ultima secci´ n presento una lista de ejercicios que complementan la teorá y ejem´ o ı plos desarrollados en las secciones anteriores. 5. ¿es isomorfo a Z4 ? 7. o b) Z con la operaci´ n de la suma. 7 en Z15 . o u 2. 7 en Z16 y de 5 en Z13 . 3. 4. o c) Zp − {0} con la operaci´ n ⊙. a 1. Decir cu´ les de los siguientes son subgrupos de G∆ . Algunos ejercicios est´ n se˜ alados con un astea n risco (*) indicando que los mismos son de una dificultad mayor que los dem´ s. (*) Analizando las posibles tablas de multiplicar. existe un solo grupo de orden 2 y un solo grupo de orden 3.12. x. ı a b) Sea G el grupo con la tabla de multiplicar: 1 a b c 1 1 a b c a a 1 c b b b c 1 a c c b a 1 Hallar un isomorfismo entre G y el grupo de simetrás del rect´ ngulo. K2 = {id. Dar la tabla de Z4 y Z5 para las operaciones de ⊕ y ⊙. x. GU´ DE EJERCICIOS IA 41 12. Encontrar los inversos de 2 en Z11 . y}. 6. 8. Sean σ = (123)(456)(78) y τ = (1357)(26)(4)(8) permutaciones (en notaci´ n cćlica) o ı de {1. Sean α = (15)(27436) y β = (1372)(46)(5) permutaciones en S7 . Calcular los orde´ nes de α. 6. 7. Escribir la siguiente permutaci´ n usando la notaci´ n cćlica: o o ı 1 2 3 ↓ ↓ 3 5 4 5 6 7 8 ↓ ↓ 9 ↓ ↓ ↓ 7 8 ↓ ↓ 4 6 1 2 9. 2. x}. σ −1 y τ −1 .42 9. 8}. 18. y encuentre el signo de cada uno: α = (1357)(2468). ¿Cu´ les son todas las permutaciones de S4 de orden 2? a 16. (*) Describir explćitamente la partici´ n de G∆ como coclases a derecha del subgrupo ı o H = {i. 11. 5. Escriba en notaci´ n cćlica στ . σ ∈ Sn . 4. β. τ σ. γ = (135)(678)(2)(4). Encontrar todos los subgrupos cćlicos en Z13 y Z45 . para todo π. 13. αβ y βα. σ 2 . . Escribir los siguientes elementos de S8 como producto de trasposiciones. Pruebe que x genera Zn si y s´ lo si x y n son ı o coprimos. Zn es un grupo cćlico generado por 1 . ¿Es Sn un grupo cćlico? ı 10. Verficar que la partici´ n no es la misma que se obtiene de las coclases a o izquierda. 17. β = (127)(356)(48). Probar que sgn(πσπ −1 ) = sgn(σ). o ı 14. Muestre que existen s´ lo tres elementos en S4 que tienen 2 ciclos de longitud 2 disjuno tos. Encontrar todos los subgrupos de ı S4 . 12. 15. 19. 3. (*) El orden de cualquier elemento en S8 es un divisor de |S8 | = 8!. (14)(23)}. . 25. 28. 21. (12345). ı b) Liste todas las simetrás de un pent´ gono regular. (135)(24). (124)(35)}. 2. (*) Un conjunto de 52 tarjetas se divide en dos partes iguales y se intercala. consideradas como permutaciones de v´ rtices ı e 1.12. (15432)}. .que p es un n´ mero primo y que G tiene u exactamente m subgrupos de orden p. 5. (13524). b) {id. e ı 26. 22. . (13)(24). 3. 4. consideradas como permutacioı a nes de los v´ rtices 1. d) {id. 3 y 4. 3. ¿cu´ les son los ordenes o a ´ realmente posibles? D´ ejemplos de divisores de 8! tal que no haya ning´ n elemento e u de S8 con ese orden. . (14253). 2. (*) Supongamos que G es un grupo finito. Encuentre el grupo de automorfismos del grafo dado por la lista de adyacencia siguiente: . 23. (*) a) Hallar las simetrás del cuadrado. . . 2. . GU´ DE EJERCICIOS IA 43 20. rotuladas en orden cćlico. de tal manera que si el orden original es 1. el nuevo orden es 1. ¿Cu´ les de los siguientes son subgrupos de S5 ? a a) {(12345). (15324). . Sabiendo que toda permutaci´ n puede ser escrita como producto de ciclos. rotulados en orden cćlico. (134)(25). 2. (12)(345). ¿Cu´ ntas veces debe repetirse el procedimiento para que las tarjetas vuelvan a su a ubicaci´ n original? o 24. (143)(25)}. 4. (12)(34). Mostrar que el n´ mero de elementos de orden p u en G es m(p − 1). 27. c) {id. (*) Muestre que un grupo no cćlico de orden 55 tiene por lo menos un subgrupo de ı orden 5 y un subgrupo de orden 11. (12)(45). Encuentre el grupo de automorfismos de cada uno de los grafos de la Figura 5: 1 d d d d d d 5 d d d d 3 1 2 2 6 4 3 2 5 4 5 4 3 1 F IGURA 5 .44 1 2 3 4 5 6 7 8 2 1 1 1 2 3 4 4 3 3 2 7 7 7 5 5 4 5 6 8 8 8 6 6 27. Bibliografá ı [1] Matem´ ticas Discretas.Miatello. Norman L. Kisbye y R. J. P. Enzo Gentile. Editorial Eudeba. Serie C. 45 . ´ [3] Notas de Algebra. 1994 a ´ [2] Notas de Algebra I/Matem´ tica Discreta I. N. Biggs Editorial Vicens Vives. a 2005. Publicaciones de FAMAF. 1973. Documents Similar To introduccion-a-la-teoria-de-gruposSkip carouselcarousel previouscarousel nextProblemas_Sylow30 Problemas de Grupos ResueltosPlanificación 8avo GeometríaTeoria-de-GruposEstruturas Algébricas - Grupos e AneisModelo Lotka - VolterraÁlgebra II 2007-IIAlgebra Abstracta-Notas de Curso U,C, VcongruenciasAnillos de Los Numeros EnterosOperacionalización de Variables e HipotesisLeccionesdeTopologiaIntroducción a la Teoría de Grupos (SMM)Introducción a La Topología GeneralJean-Paul Collete - Historia de las matematicas - vol. II.pdfDivisibilidadTPCongruencias Sin Pause4Diseño Estructurado de AlgoritmosEnunciados Del Carritoapuntes estadist2. 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