Κεφάλαιο 3

Το Θεώρηµα του Lagrange και οιΕφαρµογές του

3.1 Συνοπτική Θεωρία

Στην παρούσα ενότητα επικεντρωνόµαστε στις ϐασικές ιδιότητες τάξης στοιχείου και οµάδας, και στο Θεώ-ϱηµα του Lagrange και στις εφαρµογές του στη ϑεωρία πεπερασµένων οµάδων και ιδιαίτερα στη δοµή τωνκυκλικών οµάδων.

3.1.1 Τάξη Στοιχείου και Οµάδας

΄Εστω (G , ·) µια (πολλαπλασιαστική) οµάδα. Συµβολίζουµε µε e το ουδέτερο (ή ταυτοτικό) στοιχείο της G.Καθώς διατηρούµε πολλαπλασιαστικό συµβολισµό, το αντίστροφο στοιχείο του a ∈ G ϑα συµβολίζεται µεa−1 και αν n ∈ Z, ϑα συµβολίζουµε µε a0 = e, an = a · a · · ·a (n παράγοντες), αν n > 0, και an = (a−1)−n =a−1 ·a−1 · · ·a−1 (−n παράγοντες), αν n < 0.

Αν a ∈G, τότε το υποσύνολο〈a〉 = {an ∈G | n ∈Z} ⊆ G

είναι µια υποοµάδα της G η οποία καλείται η κυκλική υποοµάδα της G η οποία παράγεται από τοστοιχείο a. Η οµάδα G καλείται κυκλική αν υπάρχει στοιχείο a ∈G έτσι ώστε G = 〈a〉, και τότε το στοιχείοa καλείται γεννήτορας της G.

Η τάξη της οµάδας G ορίζεται να είναι το πλήθος των στοιχείων του συνόλου G και συµβολιζεται µε έναναπό τους παρακάτω συµβολισµούς1:

o(G) ή |G|Η οµάδα G καλείται πεπερασµένη οµάδα ή οµάδα πεπερασµένης τάξης αν o(G) < ∞. Η οµάδα Gκαλείται άπειρη οµάδα ή οµάδα άπειρης τάξης, αν το σύνολο G περιέχει άπειρο πληθος στοιχείων.

Η τάξη ενός στοιχείου a ∈ G ορίζεται να είναι η τάξη της κυκλικής υποοµάδας 〈a〉 της G η οποίαπαράγεται από το στοιχείο a, και συµβολίζεται ως εξής :

o(a) = ∣∣〈a〉∣∣= ∣∣{an ∈Z | n ∈Z}∣∣Η τάξη οποιουδήποτε στοιχείου µιας πεπερασµένης οµάδας είναι πεπερασµένη, αλλά υπάρχουν οµάδες

άπειρης τάξης µε την ιδιότητα η τάξη οποιουδήποτε στοιχείου τους να είναι πεπερασµένη.

Πρόταση 3.1.1. ΄Εστω (G , ·) µια οµάδα και a ∈G ένα στοιχείο της.1. o(a) = o(a−1).1Γενικότερα, αν X είναι ένα σύνολο, τότε το πλήθος των στοιχείων του συµβολίζεται µε |X |.

118

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 119

2. Η τάξη του a είναι πεπερασµένη, o(a) < ∞, αν και µόνον αν υπάρχει ϑετικός ακέραιος k έτσι ώστε :ak = e, και τότε :

o(a) = min{k ∈N | ak = e}3. Αν o(a)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 120

την κλάση ισοδυναµίας του στοιχείου x ως προς τη σχέση ισοδυναµίας «vH ». Το σύνολο [x]H = H x καλείταιη δεξιά πλευρική κλάση, ή το δεξιό σύµπλοκο, της H στην G η οποία αντιστοιχεί στο x ∈ G. Η σχέσηισοδυναµίας «vH » ορίζει µια διαµέριση ∆H = {[x]H ⊆ G | x ∈ G} = {H x ⊆ G | x ∈ G} του συνόλου G, καιεποµένως [x]H 6= ;, ∀x ∈G, και :

G = ⋃x∈G

[x]H , και ∀x, y ∈G : [x]H ∩ [y]H =; ή [x]H = [y]H

Πρόταση 3.1.2. ΄Εστω H ≤G µια υποοµάδα της G.1. Για κάθε x, y ∈G:

|xH | = o(H) = |H x|

2. Το πλήθος των διακεκεριµένων αριστερών πλευρικών κλάσεων της H στην G συµπίπτει µε το πλήθοςτων διακεκριµένων δεξιών πλευρικών κλάσεων της H στην G: |∆H | = |∆H |. ■

Αν και γενικά οι δεξιές πλευρικές κλάσεις µια υποοµάδας σε µια οµάδα δεν συµπίπτουν µε τις αριστερέςπλευρικές κλάσεις, αυτό συµβαίνει σε κάποιες σηµαντικές περιπτώσεις. ΄Ετσι για παράδειγµα, αν G είναιµια αβελιανή οµάδα και H ≤G, τότε οι δεξιές πλευρικές κλάσεις της H στην G συµπίπτουν µε τις αριστερέςπλευρικές κλάσεις της H στην G.

΄Εστω ότι H ≤G είναι µια υποοµάδα της οµάδας G. Ο δείκτης της H στην G ορίζεται να είναι το κοινόπλήθος των διακεκριµένων στοιχείων των συνόλων ∆H και ∆H και συµβολίζεται µε :

[G : H ] = ∣∣{[x]H ⊆G | x ∈G}∣∣= ∣∣{[x]H ⊆G | x ∈G}∣∣Το ακόλουθο Θεώρηµα, το οποίο οφείλεται στον Lagrange, είναι µεγάλης σπουδαιότητας στη ϑεωρία

πεπερασµένων ονάδων.

Θεώρηµα 3.1.3 (Θεώρηµα του Lagrange). ΄Εστω (G , ·) µια πεπερασµένη οµάδα και H µια υποοµάδα τηςG. Τότε o(H) | o(G) και µάλιστα :

o(G) = o(H) · [G : H ] ■

Το ακόλουθο είναι άµεση απόρροια του Θεωρήµατος του Lagrange.

Πόρισµα 3.1.4. ΄Εστω ότι H και K είναι υποοµάδες µιας πεπερασµένης οµάδας G και έστω ότι K ≤ H . Τότε :

[G : K ] = [G : H ] · [H : K ] ■

Από τώρα και στο εξής, αν H ≤ G είναι µια υποοµάδα µιας οµάδας G, συχνά ϑα συµβολίζουµε τοσύνολο-πηλίκο G/vH ως προς τη σχέση ισοδυναµίας «vH », ως εξής :

G/H = {[x]H ⊆G | x ∈G}= {xH ⊆G | x ∈G}ή, αν η οµάδα έχει προσθετικό συµβολισµό, G/H = {[x]H ⊆G | x ∈G}= {x +H ⊆G | x ∈G}.3.1.3 Η ∆οµή των Κυκλικών Οµάδων

3.1.3.1 Βασικές Ιδιότητες Κυκλικών Οµάδων

Οι κυκλικές οµάδες αποτελούν την απλούστερη κλάση οµάδων και, όπως δείχνει το ακόλουθο αποτέλεσµα,η κλάση αυτή είναι είναι κλειστή στις υποοµάδες και περιέχεται στην κλάση των αβελιανών οµάδων.

Πρόταση 3.1.5. Κάθε κυκλική οµάδα είναι αβελιανή και κάθε υποοµάδα µιας κυκλικής οµάδας είναι κυ-κλική. ■

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 121

΄Οπως ϑα παρατηρήσουµε στο Κεφάλαιο 5, κάθε οµάδα-πηλίκο µιας κυκλικής οµάδας ως προς µιαυποοµάδα της είναι επίσης κυκλική οµάδα. Γενικά οι κυκλικές οµάδες χωρίζονται σε δύο κατηγορίες, τιςπεπερασµένες κυκλικές και τις άπειρες κυκλικές οµάδες. Το επόµενο Θεώρηµα περιγράφει τη δοµή µιαςάπειρης κυκλικής οµάδας.

Θεώρηµα 3.1.6. ΄Εστω G = 〈a〉 µια άπειρη κυκλική οµάδα.1. Η G δεν περιέχει, εκτός του ουδετέρου στοιχείου της, στοιχεία πεπερασµένης τάξης.

2. Η G έχει ακριβώς δύο γεννήτορες : αν a είναι ένας γεννήτορας, τότε ο µοναδικός διαφορετικός γεννήτοραςτης G είναι το στοιχείο a−1.

3. Οι υποοµάδες της G είναι οι υποοµάδες Gn = 〈an〉, n = 0,1,2, · · · και µόνον αυτές :

{e} = 〈a0〉, G = 〈a〉, 〈a2〉, 〈a3〉, · · · , 〈an〉, 〈an+1〉, · · ·

4. Για κάθε n,m ≥ 0:

〈an〉 ⊆ 〈am〉 ⇐⇒ m | n και 〈an〉 = 〈am〉 ⇐⇒ n = m ■

΄Οπως ϑα δούµε στην ΄Ασκηση 3.2.66, αν G είναι µια άπειρη κυκλική οµάδα, τότε για κάθε ϑετικόακέραιο n, υπάρχει µοναδική υποοµάδα της G µε δείκτη ίσο µε n.

Το επόµενο Θεώρηµα περιγράφει τη ϐασική δοµή µιας πεπερασµένης κυκλικής οµάδας. Πρώτα υπεν-ϑυµίζουµε ότι η συνάρτηση

ϕ : N −→ C, ϕ(n) = ∣∣{k ∈N | 1 ≤ k ≤ n και (k,n) = 1}∣∣καλείται συνάρτηση του Euler. Επιπλέον για κάθε ϕυσικό αριθµό n, τ(n) συµβολίζει το πλήθος τωνδιαιρετών του n.

Θεώρηµα 3.1.7. ΄Εστω G = 〈a〉 µια κυκλική οµάδα τάξης o(G) = o(a) = n.1.

Σύνολο γεννητόρων της G = {am ∈G | (n,m) = 1}Πλήθος γεννητόρων της G = ϕ(n) = ∣∣{m ∈N | 1 ≤ m ≤ n και (n,m) = 1}∣∣

2. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(α) d | n.(β) Υπάρχει υποοµάδα H ≤G έτσι ώστε : o(H) = d .

Αν d | n, τότε υπάρχει µοναδική υποοµάδα της G µε τάξη d η οποία είναι η εξής :

Hd = 〈and 〉

Εποµένως η G περιέχει ακριβώς τ(n) το πλήθος υποοµάδες.

3. ΄Εστω m,k δύο διαιρέτες της τάξης n της G, και έστω Hm = 〈a nm 〉 και Hk = 〈ank 〉 οι µοναδικές υποοµάδες

της G µε τάξεις m και k αντίστοιχα. Τότε :

Hm ⊆ Hk ⇐⇒ m | k ■

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 122

3.1.3.2 Παραδείγµατα

Το κυριότερο παράδειγµα άπειρης κυκλικής οµνάδας είναι η προσθετική οµάδα (Z,+) η οποία έχει ωςγεννήτορα τον αριθµό 1 (ο µόνος άλλος γεννήτορας είναι ο αριθµός −1).

Παρόµοια, για κάθε ϑετικό ακέαραιο n ≥ 1, η προσθετική οµάδα (Zn ,+), των κλάσεων υπολοίπων modn,αποτελεί παράδειγµα κυκλικής οµάδας τάξης n. Υπενθυµίζουµε ότι Zn =

{[k]n ⊆ Z | 0 ≤ k ≤ n − 1

}είναι

το σύνολο πηλίκο Z/ vn ως προς τη σχέση ισοδυναµίας «vn», όπου για τυχόντες ακεραίους r, s ισχύειr vn s αν και µόνον αν n | r − s. Η πράξη πρόσθεσης «+» επί του συνόλου Zn πρόσθεση ορίζεται ως εξής :[r ]n + [s]n = [r + s]n . Η προσθετική οµάδα Zn έχει ώς γεννήτορα την κλάση υπολοίπων [1]n , και όπωςπιστοποιεί το Θεώρηµα 3.1.7, το σύνολο

{[k]n ∈ Zn | 1 ≤ k ≤ n και (k,n) = 1

}, µε πλήθος στοιχείων φ(n),

συµπίπτει µε το σύνολο των γεννητόρων της Zn . Για παράδειγµα η οµάδα

Un ={

z ∈C | zn = 1} ≤ C∗των n-οστών ϱιζών της µονάδας είναι κυκλική τάξης n µε γεννήτορα ζn = cos( 2πn )+ i sin( 2πn ). Γενικά έναςγεννήτορας της οµάδα Un καλείται πρωταρχική n-οστή ϱίζα της µονάδας και το σύνολο των πρωταρχικώνn-οστών ϱιζών της µονάδας συµπίπτει µε το σύνολο

{e

2kπin ∈Un | 1 ≤ k ≤ n και (k,n) = 1

}= {cos 2kπn

+ i sin 2kπn

∈Un | 1 ≤ k ≤ n και (k,n) = 1}

Κλείνουµε την παρούσα ενότητα µε το ακόλουθο αποτέλεσµα το οποίο χαρακτηρίζει τις κυκλικές οµάδεςµε ακρίβεια ισοµορφισµού.

Θεώρηµα 3.1.8. ΄Εστω G = 〈a〉 µια κυκλική οµάδα.1. Αν η G είναι άπειρη, τότε η G είναι ισόµορφη µε την προσθετική οµάδα των ακεραίων :

G ∼= (Z,+)

2. Αν η G είναι πεπερασµένης τάξης n, τότε η G είναι ισόµορφη µε την προσθετική οµάδα των ακεραίωνmodulo n:

G ∼= (Zn ,+)

3. ∆ύο κυκλικές οµάδες είναι ισόµορφες αν και µόνον αν έχουν την ίδια τάξη :

G1 ∼=G2 ⇐⇒ o(G1) = o(G2) ■

Τέλος για µελλοντική χρήση αναφέρουµε την έννοια του ηµι-ευθέως (εσωτερικού) γινοµένου οµάδων.΄Εστω ότι G είναι µια οµάδα και H και N δύο υποοµάδες της G, όπου η υποοµάδα N είναι κανονική στηνG. Η οµάδα G καλείται το ηµι-ευθύ γινόµενο της υποοµάδας H µε την κανονική υποοµάδα N , αν :

G = H N και H ∩N = {e}

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 123

3.2 Λυµένες Ασκήσεις

3.2.1 Τάξη στοιχείου και Οµάδας

΄Ασκηση 3.2.1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής οµάδας (G ,?), όπου

1. a = [4]9, (G ,?) = (U(Z9), ·),2. a = [x]12, (G ,?) = (U(Z12), ·),3. a =ω1736, (G ,?) = (U36 = 〈ω36〉, ·),4. a =−i , (G ,?) = (C?, ·),5. a =−1+ ip3, (G ,?) = (C?, ·),6. a = (−1+ ip3)/2, (G ,?) = (C?, ·),7. cos(2π/7)+ isin(2π/7), (G ,?) = (C?, ·).

8. a = [2]3, (G ,?) = (Z3,+),9. a = [6]10, (G ,?) = (Z10,+),

10. a = [6]15, (G ,?) = (Z15),+),11. a = [10]12, (G ,?) = (Z12),+),12. a = [77]210, (G ,?) = (Z210),+),13. a = [40]210, (G ,?) = (Z210),+),14. a = [70]210, (G ,?) = (Z210),+).

Λύση. 1. Η πολλαπλασιαστική οµάδα U(Z9) έχει ως γνωστόν ϕ(9) = 6 το πλήθος στοιχεία. Ακριβέστεραέχουµε

U(Z9) ={[1]9, [2]9, [4]9, [5]9, [7]9, [8]9

}Θα έχουµε

[4]29 = [42]9 = [16]9 = [7]9 και [4]39 = [42]9[4]9 = [7]9 · [4]9 = [28]9 = [1]9Εποµένως o([4]9) = 3.

Σηµειώνουµε ότι η οµάδα U(Z9) είναι κυκλική µε γεννήτορα το στοιχείο [2]9: U(Z9) = 〈[2]9〉. Πραγ-µατικά [2]29 = [4]9 και [2]69 = [4]39 = [1]9 και ο 6 = |U(Z9)| είναι η µικρότερη δύναµη n για την οποία[2]n9 = [1]9. Επειδή [4]9 = [2 ·2]9 = 2[2]9, µπορούµε να υπολογίσουµε την τάξη του στοιχείου [4]9 και ωςεξής :

o([4]9) = o(2[2]9) = o([2]9)(2,o([2]9)

= 6(2,6)

= 62= 3

2. Η πολλαπλασιαστική οµάδα U(Z12) έχει ως γνωστόν ϕ(12) = 4 το πλήθος στοιχεία. Ακριβέστερα έχουµε

U(Z12) ={[1]12, [5]12, [7]12, [11]12

}Θα έχουµε

[5]212 = [52]12 = [25]12 = [1]12 και [7]212 = [72]24 = [49]24 = [1]24 και [11]212 = [112]12 = [121]12 = [1]12΄Ετσι κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείο [1]12 6= [x]12 ∈U(Z12) έχει τάξη 2.

Σηµειώνουµε ότι η οµάδα U(Z12) δεν είναι κυκλική διότι δεν διαθέτει στοιχείο τάξης 4 = |U(Z12)|.3. Θεωρούµε την οµάδα U36 = 〈ζ36〉 των 36-οστών ϱιζών της µονάδας η οποία είναι κυκλική µε γεννήτορα

τον µιγαδικό αριθµό ζ36 = e 2πi36 = e πi18 . Τότε για το στοιχείο ζ1436 = e2·14πi

36 = e 7πi9 ϑα έχουµε:

o(ζ1436) =o(ζ36)

(14,o(ζ36))= 36

(14,36)= 36

2= 18

4. ΄Εχουµε: (−i )1 =−i , (−i )2 = (−i )(−i ) = i 2 =−1, (−i )3 = (−i )(−i )2 = (−i )(−1) = i , (−i )4 = (−i )2(−i )2 =(−1)(−1) = 1. ΄Αρα τάξη τού (−i ) είναι 4: o(−i ) = 4.

5. Για να είναι ένας µιγαδικός αριθµός z πεπερασµένης τάξης, πρέπει το µέτρο του |z| να ισούται µε 1,αφού το µέτρο τού zn ,n ∈ N ισούται µε |z|n . Το µέτρο του a = −1+ ip3 είναι 2, εποµένως ο a έχειάπειρη τάξη: o(a) =∞.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 124

6. Η τριγωνοµετρική µορφή τού a = (−1+ ip3)/2 είναι η a = cos(2π/3)+ isin(2π/3). Τότε a3 = cos(3 ·2π/3)+ isin(3 ·2π/3) = 1, και επειδή προφανώς a2 = cos(4π/3)+ isin(4π/3) 6= 1, έπεται ότι η τάξη τού aισούται µε 3: o(a) = 3.

7. Η τάξη τού a = cos(2π/7)+ isin(2π/7) είναι 7, διότι a7 = 1 και γι΄ αυτό ο a έχει ως τάξη έναν διαιρέτητού 7. Αλλά οι µοναδικοί διαιρέτες τού 7 είναι οι 1 και 7. Αν η τάξη τού a ήταν 1, τότε ο a = 1. Αλλάa 6= 1. ΄Ωστε η τάξη του είναι 7: o(a) = 7.

8. ΄Εχουµε: [2]3 = 2[1]3. ΄Αρα η τάξη τού [2]3 ισούται µε :

o([2]3) = o(2[1]3) = o([1]3)(o([1]3),2)

= 3(3,2)

= 31= 3

9. ΄Εχουµε: [6]10 = 6[1]10. ΄Αρα η τάξη τού [6]10 ισούται µε :

o([6]10) = o(6[1]10) = o([1]10)(o([1]10),6)

= 10(10,6)

= 102

= 5

10. ΄Εχουµε: [6]15 = 6[1]15. ΄Αρα η τάξη τού [6]15 ισούται µε :

o([6]15) = o(6[1]15) = o([1]15)(o([1]15),6)

= 15(15,6)

= 153

= 5

11. ΄Εχουµε: [6]15 = 6[1]15. ΄Αρα η τάξη τού [6]15 ισούται µε :

o([10]12) = o(10[1]12) = o([1]12)(o([1]12),10)

= 12(12,10)

= 122

= 6

12. ΄Εχουµε: [77]210 = 77[1]210. ΄Αρα η τάξη τού [77]210 ισούται µε :

o(77]210) = o(77[1]210) = o([1]210)(o([1]210),77)

= 210(210,77)

= 2107

= 30

13. ΄Εχουµε: [40]210 = 40[1]210. ΄Αρα η τάξη τού [40]210 ισούται µε :

o(40]210) = o(40[1]210) = o([1]210)(o([1]210),40)

= 210(210,40)

= 21010

= 21

14. ΄Εχουµε: [70]210 = 70[1]210. ΄Αρα η τάξη τού [70]210 ισούται µε :

o(70]210) = o(70[1]210) = o([1]210)(o([1]210),70)

= 210(210,70)

= 21070

= 3 ■

΄Ασκηση 3.2.2. 1. Να ϐρεθεί το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας 〈[25]30〉 της οµάδας(Z30,+).

2. Να ϐρεθεί το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας 〈[30]42〉 της οµάδας (Z42,+).3. Να ϐρεθεί το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας 〈i 〉 της οµάδας C∗ των µη µηδενικών

µιγαδικών αριθµών µε πράξη τον πολλαπλασιασµό.

4. Να ϐρεθεί το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποοµάδας 〈1+ i 〉 της οµάδας C∗ των µη µηδενικώνµιγαδικών αριθµών µε πράξη τον πολλαπλασιασµό.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 125

Λύση. 1. ΄Εχουµε :

〈[25]30〉 ={k[25]30 ∈Z30 | k ∈Z

}= {[25]30, [20]30, [15]30, [10]30, [5]30, [0]30}και άρα o([25]30) = 6. ∆ιαφορετικά χρησιµοποιώντας τον γνωστό τύπο:

o(ak ) = o(a)(o(a),k)

(∗)

ϑα έχουµε :

o([25]30) = o(25 · [1]30) = o([1])(o([1]),25)

= 30(30,25)

= 305

= 6

2. Υπολογίζοντας τη κυκλική υποοµάδα 〈[30]42〉 της οµάδας (Z42,+) έχουµε :

〈[30]42〉 = {[30]42, [18]42, [6]42, [36]42, [24]42, [12]42, [0]42} =⇒ o([30]42) = 7

ή χρησιµοποιώντας τον τύπο (∗) ϐρίσκουµε

o([30]42) = o(30 · [1]42) = o([1])(o([1]),30)

= 42(42,30)

= 426

= 7

3. ΄Εχουµε :〈i 〉 = {i , i 2, i 3, i 4, · · · } = {i ,−1,−i ,1} =⇒ o(〈i 〉) = 4

4. ΄Εστω ότι o(1+ i )

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 126

2. ΄ΕχουµεUn =

{e

2πkin ∈C | 0 ≤ k ≤ n −1}= 〈e 2πin 〉

Εποµένως οι πρωταρχικές ϱίζες της µονάδας είναι οι δυνάµεις του γεννήτορα (e2πi

n )k = e 2πkin , 1 ≤ k ≤ n, γιατις οποίες (k,n) = 1, δηλαδή οι πρωταρχικές n-οστές ϱίζες της µονάδας είναι τα στοιχεία του συνόλου{

e2πki

n ∈C | 1 ≤ k ≤ n και (k,n) = 1}(α) Οι πρωταρχικές n-οστές ϱίζες της µονάδας για n = 4, δηλαδή οι γεννήτορες της U4 είναι 2 διότι

φ(4) =φ(22) = 2. ΄Εχουµε :

U4 ={

z ∈C | z4 = 1}= {i ,−1,1,−i}= 〈i 〉 = 〈−i 〉και άρα οι πρωταρχικές n-οστες ϱίζες της µονάδας για n = 4, δηλαδή οι γεννήτορες της U4 είναι οι :i ,−i .

(β) Οι πρωταρχικές n-οστες ϱίζες της µονάδας για n = 17, δηλαδή οι γεννήτορες της U17 είναι 16 διότιφ(17) = 17−1 = 16. Εποµένως ϑα έχουµε ότι οι πρωταρχικές ϱίζες είναι :{

e2πki

n ∈C | k = 1,2, · · · ,16}(γ) Οι πρωταρχικές n-οστες ϱίζες της µονάδας για n = 24, δηλαδή οι γεννήτορες της U24 είναι 8 διότι

φ(24) =φ(283) = 8. Εποµένως ϑα έχουµε ότι οι πρωταρχικές ϱίζες είναι :{e

2πkin ∈C | k = 1,5,7,11,13,17,19,23}

(δ) Οι πρωταρχικές n-οστες ϱίζες της µονάδας για n = 31, δηλαδή οι γεννήτορες της U31 είναι 30 διότιφ(31) = 31−1 = 30. Εποµένως ϑα έχουµε ότι οι πρωταρχικές ϱίζες είναι :{

e2πki

n ∈C | k = 1,2,3, · · · ,30}3. ΄Εχουµε

Zn ={[0]n , [1]n , · · · , [n −1]n

}= 〈[1]n〉Εποµένως οι γεννήτορες της Zn είναι σε πλήθος φ(n) και είναι τα ϕυσικά πολλαπλάσια k[1]n = [k]n , 1 ≤ k ≤ nτου γεννήτορα [1]n , για τα οποία (k,n) = 1, δηλαδή είναι τα στοιχεία του συνόλου{

[k]n ∈Zn | 1 ≤ k ≤ n και (k,n) = 1}

(α) Για την (Z10,+): Το πλήθος των γεννητόρων της είναι φ(10) = 4, και είναι τα εξής :

[1]10, [3]10, [7]10, [9]10

(β) Για την (Z12,+): Το πλήθος των γεννητόρων της είναι φ(12) = 4, και είναι τα εξής :

[1]12, [5]12, [7]12, [11]12

(γ) Για την (Z15,+): Το πλήθος των γεννητόρων της είναι φ(15) = 8, και είναι τα εξής :

[1]15, [4]15, [2]12, [7]12, [8]12, [11]12, [13]15, [14]15 ■

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 127

΄Ασκηση 3.2.4. ΄Εστω G µια µη-αβελιανή οµάδα τάξης 2p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός. Να δειχθεί ότιη G περιέχει µια κανονική υποοµάδα H τάξης p.

Η υποοµάδα H είναι κυκλική, και κανονική στην G, και

G = {e, a, a2, · · · , ap−1,b ·a, b ·a2, · · · ,b ·ap−1}όπου a είναι ένα στοιχείο τάξης p, H = 〈a〉, b ∈G \ H είναι ένα στοιχείο τάξης 2.Λύση. 1. Θα έχουµε ότι p > 2, διότι, αν p = 2, τότε |G| = 4 και η οµάδα G είναι αβελιανή, το οποίο είναι

άτοπο. ΄Εστω x ∈G. Από το Θεώρηµα του Lagrange, έπεται ότι o(x) | |G| = 2p, και εποµένως o(a) = 1ή 2 ή p. Αν όλα τα στοιχεία της G έχουν τάξη ίση µε 1 ή 2, τότε η οµάδα G είναι αβελιανή2 και αυτόείναι άτοπο από την υπόθεση. ΄Αρα υπάρχει τουλάχιστον ένα στοιχείο a ∈G µε τάξη ίση µε o(a) = p. Ηκυκλική υποοµάδα H = 〈a〉 της G η οποία παράγεται από το a είναι τότε µια υποοµάδα της G µε τάξη|H | = p.

2. Επειδή [G : H ] = |G||H | =2pp = 2, έπεται ότι η κυκλική υποοµάδα H είναι κανονική στην G, ως υποοµάδα

µε δείκτη 2. Επιπλέον ϑα έχουµε G = H ∪bH , για κάθε στοιχείο b ∈ G \ H και τότε H ∩bH =;. Θαδείξουµε ότι η τάξη του στοιχείου b είναι ίση µε 2. Προφανώς b 6= e. Το στοιχείο b2 ∈ H ∪bH =G ϑαανήκει στην υποοµάδα H διότι διαφορετικά ϑα είχαµε b2 ∈ bH και άρα b2 = b ·x για κάποιο x ∈ H απόόπου έπεται αµέσως ότι b ∈= x ∈ H το οποίο είναι άτοπο. ΄Ετσι b2 ∈ H και άρα b2 = ak , για κάποιονακέραιο k ≥ 0. Αν k = 0, τότε b2 = e και εποµένως, επειδή b 6= e, ϑα έχουµε o(b) = 2. ΄Εστω ότι k > 0.Τότε όπως και παραπάνω ϑα έχουµε o(b2) = o(b) = p, και τότε b−1 = bp−1. Επειδή ο πρώτος p είναιπεριττός, έπεται ότι p −1 = 2s, για κάποιον ϑετικό ακέραιο s ≥ 2, και τότε από τη σχέση b2 = ak , ϑαέχουµε

b = ak ·b−1 = ak ·bp−1 = ak ·b2s = ak · (b2)s ∈ Hδιότι a,b2 ∈ H . Στην αντίφαση αυτή καταλήξαµε υποθέτοντας ότι k > 0. ΄Αρα k = 0 από όπου έπεται ότιb2 = e και τότε o(b) = 2. ■

΄Εστω (G , ·) µια οµάδα. Υπενθυµίζουµε ότι το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της G είναι ένα γράφηµαστο επίπεδο, δηλαδή ένα σύνολο σηµείων του επιπέδου (κορυφές) τα οποία συνδέονται µέσω ευθυγράµµωντµηµάτων (ακµές), οι κορυφές του οποίου αντιστοιχούν στις υποοµάδες της G. ∆ύο κορυφές, οι οποίεςαντιστοιχούν σε δύο υποοµάδες H και K της G, συνδέονται µε µια ακµή K H , αν H ≤ K και δενυπάρχει υποοµάδα L της G έτσι ώστε H 6= L 6= K και H ≤ L ≤ K . Σχεδιάζουµε το γράφηµα στο επίπεδο µετρόπο ώστε η κορυφή, η οποία αντιστοιχεί στην υποοµάδα H να κείται χαµηλότερα από την κορυφή η οποίααντιστοιχεί στην υποοµάδα K , σχηµατικά:

K

H

ή K

H

ή K

H

΄Ασκηση 3.2.5. Να ϐρεθούν όλες οι υποοµάδες των παρακάτω οµάδων και να σχεδιασθεί το διάγραµµα Hasseτων υποοµάδων τους :

(α) (Z12,+), (β) (Z36,+), (γ) (Z8,+)Λύση. ΄Εστω G = 〈a〉 µε |G| = n. Υπενθυµίζουµε ότι για κάθε διαιρέτη d | n υπάρχει µοναδική υποοµάδαHd ≤G µε τάξη |Hd | = d και

Hd = 〈and 〉 ή Hd =

〈nd

a〉

αν η οµάδα είναι προσθετική

2Πράγµατι, ϑα έχουµε x2 = e και εποµένως x = x−1, ∀x ∈G. Τότε, για κάθε x, y ∈G:x · y = x−1 · y−1 = (y · x)−1 = y · x

και άρα η G είναι αβελιανή.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 128

΄Ετσι η σχεδίαση του διαγράµµατος Hasse των υποοµάδων της G συνίσταται στην εύρεση των διαιρετών τηςτάξης m της G και ακολούθως στην εφαρµογή της ισοδυναµίας

Hm = 〈anm 〉 ⊆ Hk = 〈a

nk 〉 ⇐⇒ m | k

του Θεωρήµατος 3.1.7. Στην παρούσα ΄Ασκηση όλες οι εµπλεκόµενες οµάδες είναι προσθετικές.

(α) Η τάξη της Z12 είναι 12 και οι διαιρέτες του 12 είναι οι αριθµοί : 1, 2, 3, 4, 6, 12. Συνεπώς ϑα ϐρούµεστο σύνολο έξι υποοµάδες. ΄Εχουµε (εδώ, χάριν ευκολίας, [·] συµβολίζει [·]12):

• H1 = 〈 121 [1]〉 = 〈12 · [1]〉 = 〈[12]〉 = {[0]}.• H2 = 〈 122 [1]〉 = 〈6 · [1]〉 = 〈[6]〉 = {[0], [6]}.• H3 = 〈 123 [1]〉 = 〈4 · [1]〉 = 〈[4]〉 = {[0], [4], [8]}.• H4 = 〈 124 [1]〉 = 〈3 · [1]〉 = 〈[3]〉 = {[0], [3], [6], [9]}.• H6 = 〈 126 [1]〉 = 〈2 · [1]〉 = 〈[2]〉 = {[0], [2], [4], [6], [8], [10]}.• H12 = 〈 1212 [1]〉 = 〈[1]〉 = {[0], [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7], [8], [9], [10], [11]} =Z12.

Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z12 είναι το εξής :

Z12 = 〈[1]〉

〈[2]〉 〈[3]〉

〈[4]〉 〈[6]〉

{[0]}

(β) Η τάξη της Z36 είναι 36 και οι διαιρέτες του 36 είναι οι αριθµοί : 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18. Συνεπώς ϑαϐρούµε στο σύνολο 8 υποοµάδες. ΄Εχουµε (εδώ, χάριν ευκολίας, [·] συµβολίζει [·]36):

• H1 = 〈 361 [1]〉 = 〈36 · [1]〉 = 〈[36]〉 = {[0]}.• H2 = 〈 362 [1]〉 = 〈18 · [1]〉 = 〈[18]〉 = {[0], [18]}.• H3 = 〈 363 [1]〉 = 〈12 · [1]〉 = 〈[12]〉 = {[0], [12], [24]}.• H4 = 〈 364 [1]〉 = 〈9 · [1]〉 = 〈[9]〉 = {[0], [9], [18], [27]}.• H6 = 〈 366 [1]〉 = 〈6 · [1]〉 = 〈[6]〉 = {[0], [6], [12], [18], [24], [30]}.• H9 = 〈 369 [1]〉 = 〈4 · [1]〉 = 〈[4]〉 = {[0], [4], [8], [12], [16], [20], [24], [28], [32]}.• H12 = 〈 3612 [1]〉 = 〈3 · [1]〉 = 〈[3]〉 = {[0], [3], [6], [9], [12], [15], [18], [21], [24], [27], [30], [33]}.• H18 = 〈 3618 [1]〉 = 〈2 · [1]〉 = 〈[2]〉 = {[0], [2], [4], [6], [8], [10], [12], [14], [16], [18], [20], [22], [24], [26],

[28], [30] ,[32], [34]}.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 129

Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z36 είναι το εξής :

Z36 = 〈[1]〉

〈[2]〉 〈[3]〉

〈[4]〉 〈[6]〉 〈[9]〉

〈[12]〉 〈[18]〉

{[0]}

(γ) Η τάξη της Z8 είναι 8 και οι διαιρέτες του 8 είναι οι αριθµοί : 1, 2, 4, 8. Συνεπώς ϑα ϐρούµε στοσύνολο 4 υποοµάδες. ΄Εχουµε (εδώ, χάριν ευκολίας, [·] συµβολίζει [·]8):

• H1 = 〈 81 [1]〉 = 〈8 · [1]〉 = 〈[8]〉 = {[0]}.• H2 = 〈 82 [1]〉 = 〈4 · [1]〉 = 〈[4]〉 = {[0], [4]}.• H4 = 〈 84 [1]〉 = 〈2 · [1]〉 = 〈[2]〉 = {[0], [2], [4], [6]}.• H8 = 〈 88 [1]〉 = 〈1 · [1]〉 = 〈[1]〉 = {[0], [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7]} =Z8

΄Αρα το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Z8 είναι το ακόλουθο:

〈[1]〉 =Z8

〈[2]〉

〈[4]〉

{[0]}

■

Υπενθυµιζουµε ότι αν n ∈ N, τότε η πράξη πολλαπλασιασµού [r ]n · [s]n = [r · s]n κλάσεων υπολοίπωνακεραίων mod n είναι καλά ορισµένη επί του συνόλου

U(Zn) ={[k]n ∈Zn | 1 ≤ k ≤ n και (k,n) = 1

}και το Ϲεύγος (U(Zn), ·) αποτελεί αβελιανή οµάδα τάξης φ(n), όπου φ είναι η συνάρτηση του Euler.

΄Ασκηση 3.2.6. ΄Εστω ότι (U(Z20), ·) είναι η οµάδα των αντιστρέψιµων κλάσεων υπολοίπων ακεραίων mod20.Στην παρούσα ΄Ασκηση, [a] συµβολίζει την κλάση υπολοίπων [a]20.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 130

1. Να δειχθεί ότιU(Z20) =

{[1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19]

}2. Να δειχθεί ότι για κάθε στοιχείο u ∈U(Z20) ισχύει u8 = [1].3. Να λυθεί ως προς x η εξίσωση [17](−108) · x · [7]333 = [3]−1.

Λύση. 1. ΄Εχουµε :

o(U(Z20)

)=φ(20) =φ(22 ·5) =φ(22) ·φ(5) = (22 −21) · (51 −50) = 2 ·4 = 8και

U(Z20) ={1 ≤ k ≤ 20 | (k,20) = 1} = {[1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19]}

2. Επειδή o(U(Z20)

)= 8, από το Θεώρηµα του Lagrange προκύπτει άµεσα, ϐλέπε και την ΄Ασκηση 3.2.24,ότι u8 = [1] για κάθε στοιχείο u ∈U(Z20).

3. Επειδή u8 = [1] για κάθε στοιχείο u ∈U(Z20) έχουµε ότι u−1 = u7. Τότε έχουµε

[17](−108) · x · [7]333 = [3](−1) =⇒ x = [17]108 · [3]−1 · [7]−333

=⇒ x = [17]108 · [3]7 · ([7]−1)333

=⇒ x = [17]108 · [3]7 · ([7]7)333

=⇒ x = [17]108 · [3]7 · ([7])2331

=⇒ x = [17]13·8+4 · [3]7 · ([7])291·8+3

=⇒ x = [17]4 · [3]7 · ([7])3

=⇒ x = [17]2 · [17]2 · [3]2 · [3]2 · [3]3 · [7]3

=⇒ x = [9] · [9] · [9] · [9] · [27] · [49] · [7]

=⇒ x = [81] · [81] · [27] · [49] · [7]

mod20=⇒ x = [1] · [1] · [7] · [9] · [7] = [63] · [7] = [3] · [7] = [1] ■

΄Ασκηση 3.2.7. ΄Εστω (U(Zn), ·) η πολλαπλασιαστική οµάδα των αντιστρέψιµων κλάσεων υπολοίπων mod n.Να εξετασθεί αν η (U(Zn) είναι κυκλική, όταν : n = 8,12,14,17.Λύση. 1. Εύκολα ϐλέπουµε ότι :

U(Z8) ={[1]8, [3]8, [5]8, [7]8

}και o(U(Z8)) =φ(8) = 4

[3]28 = [1]8, [5]28 = [1]8, [7]28 = [1]8και άρα κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείο της U(Z8) έχει τάξη 2. Εποµένως η οµάδα U(Z8) δεν είναι κυκλική.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 131

2. Εύκολα ϐλέπουµε ότι :

U(Z12) ={[1]12, [5]12, [7]12, [11]12

}και o(U(Z12)) =φ(12) = 4

[5]212 = [1]12, [7]212 = [1]12, [11]212 = [1]12και άρα κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείο της U(Z12) έχει τάξη 2. Εποµένως η οµάδα U(Z12) δεν είναι κυκλική.

3. Εύκολα ϐλέπουµε ότι :

U(Z14) ={[1]14, [3]12, [5]14, [9]14, [11]14, [13]14

}και o(U(Z14)) =φ(14) = 6

[3]214 = [9]14, [3]314 = [13]14, [3]414 = [11]14, [3]514 = [5]14, [3]614 = [1]14Εποµένως η οµάδα U(Z14) είναι κυκλική µε γεννήτορα την κλάση υπολοίπων [3]14. Το σύνολο των γεννητό-ϱων της U(Z14) είναι

{[k]14 ∈ U(Z14) | o([k]14) = 6

}. ΄Αρα επειδή κάθε στοιχείο [k]14 της οµάδας U(Z14) είναι

της µορφής [3]r14, όπου 1 ≤ r ≤ 6, ϑα έχουµε

o[3]r14) = 6 ⇐⇒o([3]14)

(r,o([3]r14))= 6 ⇐⇒ 6

(r,6)= 6 ⇐⇒ (r,6) = 1 ⇐⇒ r = 1 ή 5

΄Αρα το σύνολο των γεννητόρων της κυκλικής οµάδας U(Z14) είναι{[3]14, [5]14

}.

4. Εύκολα υπολογίσουµε ότι :

U(Z17) ={[1]17, [2]17, · · · , [16]17

}και o(U(Z17)) =φ(17) = 16

Για την εύρεση πιθανών γεννητόρων της οµάδας U(Z17), αναζητούµε στοιχεία [k]17 ∈ U(Z17) µε τάξη τηντάξη της οµάδας, δηλαδή 16. ΄Ετσι υπολογίζουµε τις πιθανές τάξεις r όλων των στοιχείων [k]17 της οµάδαςκαι αναζητούµε ϑετικούς ακεραίους r , αν υπάρχουν, έτσι ώστε o([k]17) := r = 16. Επειδή ϑα πρέπει r |o(U(Z17)) = 16, ατην αναζήτηση αυτή µπορούµε να περιορισθούµε στους αριθµούς r οι οποίοι είναι ϑετικοίδιαιρέτες του 16, δηλαδή στους αριθµούς 1,2,4,8,16. Θα έχουµε:

[2]217 = [4]17 6= [1]17, [2]417 = [16]17 6= [1]17, [2]717 = [9]17 6= [1]17, [2]817 = [1]17΄Αρα το στοιχείο [2]17 δεν είναι γεννήτορας, διότι εδώ r = 8 6= 16. Για το επόµενο στοιχείο [3]17 ϑα έχουµε:

[3]217 = [9]17 6= [1]17, [3]417 = [13]17 6= [1]17, [3]817 = [16]17 6= [1]17Από το Θεώρηµα του Lagrange, έπεται ότι αναγκαστικά o([3]17) = 16 = o(U(Z17)). ΄Αρα η οµάδα U(Z17) είναικυκλική µε γεννήτορα το στοιχείο [3]17. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 3.1.7 το σύνολο των γεννητόρων της U(Z17)είναι {

[3]k17 ∈U(Z17) | (k,16) = 1}= {[3]k ∈U(Z17) | k = 1,3,5,7,9,11,13,15} ■

Σχόλιο 3.2.8. Η οµάδα U(Zn) είναι κυκλική αν ο n είναι πρώτος αριθµός. Γενικότερα αποδεικνύεται,ϐλέπε [27], ότι η οµάδα U(Zn) είναι κυκλική αν και µόνον αν : (α) n = pα, όπου p είναι περιττός πρώτος, ή(β) n = 2pα, όπου p περιττός πρώτος, ή (γ) n = 1,2,4. Σ΄ αυτή τη περίπτωση αν [a]n είναι ένας γεννήτοραςτης U(Zn), τότε το σύνολο των γεννητόρων της είναι

{[ak ]n ∈U(Zn) | (k,φ(n)) = 1

}πλήθους φ(φ(n)).

p

΄Ασκηση 3.2.9. Να δειχθεί ότι κάθε πεπερασµένη οµάδα µε τάξη έναν πρώτο αριθµό είναι κυκλική.

Λύση. ΄Εστω (G , ·) µια πεπερασµένη οµάδα και υποθέτουµε ότι o(G) = p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός.Τότε p ≥ 2 και εποµένως η G περιέχει ένα στοιχείο a 6= e. Από το Θεώρηµα του Lagrange έπεται ότιo(a) | o(G) = p και άρα επειδή ο αριθµός p είναι πρώτος ϑα έχουµε o(a) = 1 ή o(a) = p. Επειδή a 6= eπροφανώς είναι o(a) 6= 1 και άρα o(a) = p. Τότε η κυκλική υποοµάδα 〈a〉 της G η οποία παράγεται από το aσυµπίπτει µε τη G διότι o(〈a〉) = o(G). ΄Ετσι 〈a〉 =G και η G είναι κυκλική. ■

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 132

΄Ασκηση 3.2.10. ΄Εστω ότι (G , ·) είναι µια κυκλική οµάδα και υποθέτουµε ότι η G περιέχει µια πεπερασµένηµη-τετριµµένη υποοµάδα. Να δειχθεί ότι η G είναι πεπερασµένη.

Λύση. ΄Εστω ότι G = 〈a〉 µια κυκλική οµάδα και υποθέτουµε ότι H ≤G είναι µια πεπερασµένη υποοµάδα τηςG. Τότε η H είναι κυκλική και άρα H = 〈an〉, για κάποιον ακέραιο n. Επειδή H 6= {e}, έπεται οτι n 6= 0, καιµπορούµε να υποθέσουµε ότι n ≥ 1, διότι αν n ≤−1, τότε προφανώς H = 〈a−n〉 και n ≥ 1. Επειδή |H |

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 133

• Hq = 〈[1]pqq 〉 = 〈ap〉 τάξης q.

• Hpq = 〈apqpq 〉 = 〈a〉 =G τάξης pq.

Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Zpq είναι το εξής :

G = 〈a〉

Hp = 〈aq 〉 Hq = 〈ap〉

{e}

(β) Υποθέτουµε ότι p = q, και έστω G = 〈a〉.Τότε το πλήθος φ(p2) των γεννητόρων της Zp2 είναι

φ(p2) = (p2 −p1) = p · (p −1)

Επειδή οι διαιρέτες της τάξης p2 της G είναι 1, p, p2, έπεται ότι η G περιέχει ακριβώς 3 υποοµάδεςH1, Hp , Hp2 , µε τάξη 1, p, p2 αντίστοιχα, οι οποίες είναι κυκλικές :

• H1 = 〈ap2

1 〉 = 〈ap2〉 = 〈e〉 τάξης 1.• Hp = 〈a

p2

p 〉 = 〈ap〉 τάξης p.

• Hp2 = 〈ap2

p2 〉 = 〈a〉 =G τάξης p2.Συνεπώς το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της G είναι το εξής :

G = 〈a〉

〈ap〉

〈e〉

2. ΄Εστω G = 〈a〉.Το πλήθος των γεννητόρων της G είναι

φ(pr ) = (pr −pr−1) = pr−1 · (p −1)

Επειδή οι διαιρέτες της τάξης pr της G είναι 1, p, p2, · · · , pr−1, pr , έπεται ότι η G περιέχει ακριβώςr +1 υποοµάδες H1, Hp , Hp2 , · · · , Hpr−1 , Hpr =G, µε τάξη 1, p, p2, · · · , pr−1, pr αντίστοιχα, οι οποίες είναικυκλικές :

• H1 = 〈apr

1 〉 = 〈apr 〉 = 〈e〉 τάξης 1.• Hp = 〈a

pr

p 〉 = 〈apr−1〉 τάξης p.

• Hp2 = 〈apr

p2 〉 = 〈apr−2〉 τάξης p2....

• Hpr−1 = 〈apr

pr−1 〉 = 〈ap〉 τάξης pr−1.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 134

• Hpr = 〈apr

pr 〉 = 〈a〉 =G τάξης pr .Τότε το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Zpq είναι το εξής :

G = 〈a〉

Hpr−1 = 〈ap〉

Hpr−2 = 〈ap2〉

...

Hp2 = 〈apr−2〉

Hp = 〈apr−1〉

{e}

■

Σχόλιο 3.2.14. Από την ΄Ασκηση 3.2.13, προκύπτουν τα διαγράµµατα Hasse των κυκλικών οµάδων Zpq ,και Zpr , r ≥ 1, όπου p, q είναι διακεκριµµένοι πρώτοι. p

΄Ασκηση 3.2.15. Θεωρούµε την οµάδα Q των τετρανίων του Hamilton, δηλαδή την υποοµάδα της GL(2,C) ηοποία αποτελείται από τους ακόλουθους πίνακες :

Q = {± I2, ±I , ±J , ±K }όπου :

I2 =(1 00 1

), I =

(i 00 −i

), J =

(0 1−1 0

), K =

(0 ii 0

)Να σχεδιασθεί το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Q.

Λύση. ΄Εστω ότι H είναι µια µη-τετριµµένη γνήσια υποοµάδα της Q. Από το Θεώρηµα του Lagrange έπεταιότι o(H) = 2 ή 4. Υποθέτουµε ότι o(H) = 4 και η H δεν είναι κυκλική. Τότε η H δεν έχει στοιχείο τάξης 4και εποµένως ϑα περιέχει τρία στοιχεία τάξης 2. ΄Οµως, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα, το µόνο στοιχείοτάξης 2 στην οµάδα Q είναι ο πίνακας −I2. Εποµένως κάθε υποοµάδα τάξης 4 της Q είναι κυκλική. Ταστοιχεία τάξης 4 στην Q είναι : ±I ,±J ,±K . Επειδή προφανώς 〈I 〉 = 〈−I 〉, 〈J〉 = 〈−J〉, 〈K 〉 = 〈−K 〉, έπεται ότι ηQ περιέχει τρεις υποοµάδες τάξης 4, τις εξής :

〈I 〉 = 〈−I 〉 = {I2, I ,−I2,−I}, 〈J〉 = 〈−J〉 = {I2, J ,−I2,−J}, 〈K 〉 = 〈−K 〉 = {I2,K ,−I2,−K },Επειδή το µόνο στοιχείο τάξης 2 είναι ο πίνακας I2, έπεται ότι η Q περιέχει ακριβώς µια υποοµάδα τάξης 2,την

〈−I2〉 ={

I2,−I2}

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 135

Με ϐάση τα παραπάνω µπορούµε να σχεδιάσουµε το διάγραµµα Hasse των υποοµάδων της Q:

Q

〈I 〉 〈J〉 〈K 〉

〈−I2〉

〈I2〉 ■

΄Ασκηση 3.2.16. ΄Εστω ότι (G , ·) είναι µια οµάδα.1. Να δειχθεί ότι ∀x, a ∈G ισχύει ότι :

o(x−1ax) = o(a) = o(xax−1)

2. Να δειχθεί ότι ∀a,b ∈G ισχύει ότι :o(ab) = o(ba)

3. Αν H είναι µια υποοµάδα της G, τότε να δειχθεί ότι, ∀x ∈ G, τα σύνολα x−1H x και xH x−1 είναιυποοµάδες της G και ισχύει :

o(x−1H x) = o(H) = o(xH x−1)

Λύση. 1. Για κάθε x, a ∈G έχουµε :

(x−1ax)n = (x−1ax) · (x−1ax) · · · (x−1ax) = x−1an x

και άρα, για κάθε n ∈N, ϑα έχουµε:

(x−1ax)n = e ⇐⇒ x−1an x = e ⇐⇒ an = xex−1 ⇐⇒ an = e (∗)

Η παραπάνω σχέση (∗) δείχνει ότι{n ∈N | an = e}= {n ∈N | (x−1ax)n = e}

και εποµένως3 :

o(a) = min{m ∈N | an = e}= min{m ∈N | (x−1ax)m = e}= o(x−1ax)3∆ιαφορετικα: από την (∗) έπεται ότι :

o(x−1ax)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 136

2. ΄Εστω a,b ∈G. Επειδήa−1 ·ab ·a = eba = ba

από το ερώτηµα 1. έχουµε το Ϲητούµενο : o(ab) = o(a−1aba) = o(ba).3. ΄Εστω a,b ∈ x−1H x. Τότε υπάρχουν στοιχεία h1,h2 ∈ H έτσι ώστε :

a = x−1h1x και b = x−1h2x, όπου h1,h2 ∈ H

Επειδή το σύνολο H είναι υποοµάδα της G ϑα έχουµε :

• e = x−1ex ∈ x−1H x.

• ab = x−1h1x · x−1h2x = x−1h1h2x ∈ x−1H x.

• a−1 = (x−1h1x)−1 = x−1h−11 (x−1)−1 = x−1h−11 x ∈ x−1H x.

΄Αρα για κάθε x ∈G το σύνολο x−1H x είναι υποοµάδα της G.Στη συνέχεια υπολογίζουµε τη τάξη της υποοµάδας x−1H x. Θεωρούµε την απεικόνιση :

f : H −→ x−1H x, h 7−→ f (h) = x−1hx

Ισχυριζόµαστε ότι η συνάρτηση f είναι «1-1» και «επί». ΄Εχουµε :

• «1-1» : ΄Εστω f (h1) = f (h2) για h1,h2 ∈ H . Τότε

x−1h1x = x−1h2x =⇒ h1x = h2x =⇒ h1 = h2 =⇒ f : «1−1»

• «Επί» : ΄Εστω x−1hx ∈ x−1H x. Τότε προφανώς h ∈ H και f (h) = x−1hx. ΄Αρα η απεικόνιση f είναι«επί» εξ΄ ορισµού.

Εποµένως : o(x−1H x) = o(H). Παρόµοια δείχνουµε ότι o(xH x−1) = o(H). ■

Υπενθυµίζουµε ότι αν (G , ·) είναι µια οµάδα, τότε το κέντρο Z(G) της G ορίζεται να είναι :

Z(G) = {a ∈G | ax = xa, ∀x ∈G}

΄Ασκηση 3.2.17. ΄Εστω ότι (G , ·) είναι µια οµάδα η οποία διαθέτει ακριβώς ένα στοιχείο x τάξης 2. Να δειχθείότι το x ανήκει στο κέντρο Z(G) της G.

Λύση. ΄Εστω x το µοναδικό στοιχείο της G το οποίο έχει τάξη 2. Τότε προφανώς x = x−1. Θεωρούµετυχόν στοιχείο y της G. Τότε x y = y x αν και µόνον αν x y x−1 y−1 = e. Από την ΄Ασκηση 3.2.16 έπεταιότι o(y x−1 y−1) = o(x−1) = o(x) = 2. Εποµένως λόγω µοναδικότητας ϑα έχουµε y x−1 y−1 = x = x−1 και τότεx y x−1 y−1 = e, δηλαδή x y = y x. Επειδή το στοιχείο y ∈G είναι τυχαίο, έπεται ότι x ∈Z(G). ■

΄Ασκηση 3.2.18. ΄Εστω ότι (G , ·) είναι µια οµάδα και υποθέτουµε ότι κάθε στοιχείο της έχει τάξη ≤ 2. Ναδειχθεί ότι η G είναι αβελιανή. Να δειχθεί επίσης ότι υπάρχουν µη-αβελιανές οµάδες κάθε στοιχείο τωνοποίων έχει τάξη ≤ n, όπου n = 3,4.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 137

Λύση. Θα έχουµε, ∀x ∈G: o(x) ≤ 2. ΄Ετσι ∀x ∈G: x2 = e και εποµένως x = x−1. Τότε για τυχόντα στοιχείαx, y ∈G, ϑα έχουµε x y = (x y)−1 = y−1x−1 = y x, και εποµένως η G είναι αβελιανή.

Η συµµετρική οµάδα S3 ϐαθµού 3, είναι µη-αβελιανή και έχει την ιδιότητα ότι κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείοτης έχει τάξη 2 ή 3. ΄Αρα o(x) ≤ 3, ∀x ∈ S3. Η µη-αβελιανή οµάδα Q των τετρανίων του Hamilton, ϐλέπετην ΄Ασκηση 3.2.15, έχει την ιδιότητα ότι κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείο της έχει τάξη 2 ή 4. ΄Αρα o(x) ≤ 4,∀x ∈Q. ■

Σχόλιο 3.2.19. Στοιχεία τάξης 2 σε µια οµάδα έχουν ευχάριστες ιδιότητες, π.χ. συµπίπτουν µε το αντί-στροφό τους. Η επόµενη ΄Ασκηση, ϐλέπε και την ΄Ασκηση 2.3.2, δείχνει ότι κάθε πεπερασµένη οµάδα άρτιαςτάξης περιέχει τουλάχιστον ένα στοιχείο τάξης 2.

p

΄Ασκηση 3.2.20. Κάθε πεπερασµένη οµάδα άρτιας τάξης περιέχει τουλάχιστον ένα στοιχείο τάξης 2.

Λύση. ΄Εστω o(G) = 2n, όπου n ≥ 1. Θεωρούµε το σύνολο

X = {x ∈G | x 6= x−1}= {x ∈G | x2 6= e}Ισχυρισµός: Το σύνολο X έχει άρτιο πλήθος στοιχείων.

Πράγµατι αν X = ;, τότε το πλήθος των στοιχείων του ισούται µε µηδέν4. Αν X 6= ;, τότε επειδή(x−1)−1 = x, έπεται ότι x ∈ X αν και µόνον αν x−1 ∈ X . ΄Αρα το σύνολο X αποτελείται από Ϲεύγη διακεκριµένωνστοιχείων {x, x−1}, και εποµένως το πλήθος των στοιχείων του X είναι άρτιο : |X | = 2k για κάποιο k ≥ 1.

Σχηµατίζουµε το συµπλήρωµα τού X στο G, δηλαδή το σύνολο

G \ X = {x ∈G | x = x−1}= {x ∈G | x2 = e}.Το ουδέτερο στοιχείο e της G ανήκει στο G \ X , επειδή e = e−1. Εποµένως G \ X 6= ;. ΄Ωστε το πλήθος τωνστοιχείων του συνόλου G \ X είναι ≥ 1. Επειδή τα σύνολα X και G έχουν άρτιο πλήθος στοιχείων, και επειδήτο πλήθος των στοιχείων του G \ X είναι ≥ 1, έπεται ότι : |G \ X | = 2n −2k = 2(n −k) ≥ 2. Εποµένως, υπάρχεικάποιο a ∈G \ X µε a 6= e και τότε έπεται ότι a2 = e και o(a) = 2. ■

Παράδειγµα 3.2.21. Θεωρούµε την αβελιανή οµάδα (U(Zn), ·) η οποία έχει τάξη φ(n), όπου φ είναι ησυνάρτηση του Euler. Είναι γνωστό ότι ο ϑετικός ακέραιος φ(n) είναι άρτιος, αν n > 2, ϐλέπε το Σχόλιο3.2.46 για µια οµαδο-ϑεωρητική απόδειξη. Εποµένως αν n ≥ 3, τότε η οµάδα U(Zn) έχει άρτια τάξη καισυνεπώς από την ΄Ασκηση 3.2.20, η οµάδα U(Zn) περιέχει τουλάχιστον ένα στοιχείο [x]n τάξης 2. Ισοδύναµα,για κάθε n ≥ 3 υπάρχει ϑετικός ακέραιος x έτσι ώστε (x,n) = 1 και x2 ≡ 1mod n, δηλαδή n | x2 −1. p

΄Ασκηση 3.2.22. ΄Εστω ότι (G , ·) είναι µια αβελιανή οµάδα και n ∈N. Να δειχθεί ότι το υποσύνολο

Gn ={

x ∈G | o(x) | n}είναι µια υποοµάδα της G, και ισχύει Gn ≤Gm , αν n | m.

Αν η G δεν είναι απαραίτητα αβελιανή, είναι τότε η Gn , για τυχόν n ∈N, υποοµάδα της G;Λύση. Επειδή o(e) = 1 | n, έπεται ότι e ∈ Gn και ιδιαίτερα Gn 6= ;. ΄Εστω x ∈ Gn , και άρα o(x) | n. Επειδήo(x) = o(x−1, έπεται ότι o(x−1) | n και άρα x−1 ∈Gn .

Θεωρούµε δύο στοιχεία x, y ∈ Gn , δηλαδή: o(x) | n και o(y) | n. Θα έχουµε n = o(x) ·k και n = o(y) ·m,για κάποιους ϑετικούς ακέραιους k,m, και εποµένως χρησιµοποιώντας ότι η οµάδα G είναι αβελιανή, ϑαέχουµε:

(x y)n = xn · yn = xo(x)·k · yo(y)·m = (xo(x))k · (yo(y))m = e ·e = e4Σ΄ αυτή την περίπτωση ϑα έχουµε ότι ∀x ∈G: x = x−1, και εποµένως ∀x ∈G: x2 = e.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 138

Τότε όµως ϑα έχουµε o(x y) | n και αυτό σηµαίνει ότι x y ∈Gn . ΄Αρα το υποσύνολο Gn είναι µια υποοµάδα τηςG. ΄Εστω x ∈Gn . Τότε o(x) | n, και εποµένως αν n | m, ϑα έχουµε o(x) | m, δηλαδή x ∈Gm . ΄Ετσι Gn ⊆Gm .

Το συµπέρασµα δεν ισχύει αν η οµάδα G δεν είναι αβελιανή. Η µικρότερη µη-αβελιανή οµάδα είναι ησυµµετρική οµάδα G = S3. Αν n = 2, τότε G2 =

{x ∈ S3 | o(x) | 2

}= {ι, (12), (13), (23)}. Προφανώς η G2 δενείναι υποοµάδα της G = S3, διότι π.χ. |G2| = 4 - 6 = o(S3) ή διότι (12) · (13) = (132) ∉G2. ■

Παράδειγµα 3.2.23. Θα δείξουµε µε δύο επιπρόσθετα παραδείγµατα, µιας πεπερασµένης και µιας άπειρηςµη-αβελιανής οµάδας, ότι το συµπέρασµα της ΄Ασκησης 3.2.22 δεν ισχύει αν η οµάδα G δεν είναι αβελιανή,δηλαδή υπάρχουν ϑετικοί ακέραιοι n για τους οποίους το υποσύνολο Gn δεν είναι γενικά υποοµάδα της G.

1. Θεωρούµε την συµµετρική οµάδα G := S5, η οποία όπως γνωρίζουµε δεν είναι αβελιανή, και έστω ταστοιχεία της

σ= (123) =(1 2 3 4 52 3 1 4 5

)και τ= (15342) =

(1 2 3 4 55 1 4 2 3

)Εύκολα ϐλέπουµε ότι o(σ) = 3 και o(τ) = 5. Τότε

o(σ) = 3 | 15 =⇒ σ ∈ G15 και o(τ) = 5 | 15 =⇒ τ ∈ G15Επειδή

σ ·τ= (15) · (34) =(1 2 3 4 55 2 4 3 1

)και τ ·σ= (24) · (35) =

(1 2 3 4 51 4 5 2 3

)υπολογίζουµε εύκολα, ότι :

o(σ ·τ) = 2 - 15 =⇒ σ ·τ ∉G15 o(τ ·σ) = 2 - 15 =⇒ τ ·σ ∉G15Εποµένως το υποσύνολο G15 δεν είναι υποοµάδα της G = S5. Παρατηρούµε ότι 15 | 5! = o(S5).

2. Θεωρούµε την άπειρη µη-αβελιανή οµάδα G =GL(2,R) των αντιστρέψιµων 2×2 πινάκων υπεράνω τουR, και έστω τα στοιχεία της

A =(−1 1

0 1

)και B =

(−1 00 1

)Παρατηρούµε ότι :

A2 =(1 00 1

)= I2 και B 2 =

(1 00 1

)= I2

Εποµένωςo(A) = 2 | 2 =⇒ A ∈G2 o(B) = 2 | 2 =⇒ B ∈G2

΄Οµως, όπως υπολογίζουµε εύκολα

A ·B =(1 10 1

)=⇒ (A ·B)k =

(1 k0 1

), ∀k ≥ 1 =⇒ o(A ·B) =∞ =⇒ A ·B ∉ Gn , ∀n ≥ 1

και εποµένως η G2 δεν είναι υποοµάδα της G =GL(2,R). p

΄Ασκηση 3.2.24. ΄Εστω ότι G = {g1 = e, g2, · · · , gn} είναι µια πεπερασµένη αβελιανή οµάδα.1. ∆είξτε ότι : (g1g2 · · ·gn)2 = e.2. ∆είξτε ότι µε δύο τρόπους ότι : ∀g ∈G: g n = e.3. Τι συµβαίνει αν η τάξη της G είναι περιττός αριθµός ;

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 139

Λύση. 1. Γνωρίζουµε ότι για κάθε στοιχείο g ∈G υπάρχει το αντίστροφο στοιχείο g−1 ∈G. ΄Ετσι µπορούµενα χωρίσουµε τα στοιχεία της G σε δύο ξένα µεταξύ τους υποσύνολα: G = {g ∈G | g = g−1}∪{g ∈G | g 6=g−1

}. Ως συνέπεια, χρησιµοποιώντας ότι η G είναι αβελιανή, το γινόµενο g1g2 · · ·gn όλων των στοιχείων

της G µπορεί να γραφεί ως γινόµενο

g1g2 · · ·gn = (gi1 gi2 · · ·gik ) · (gik+1 gik+2 · · ·gin )

όπου gi j = g−1i j , 1 ≤ j ≤ k, και gi j 6= g−1i j

, k +1 ≤ j ≤ n. Επειδή g 6= g−1 αν και µόνον g−1 6= (g−1)−1 = g ,έπεται ότι στο γινόµενο gik+1 gik+2 · · ·gin τα στοιχεία τα οποία εµπλέκονται εµφανίζονται ως Ϲεύγη {g , g−1}και έτσι δεν συνεισφέρουν τίποτα στο γινόµενο g1g2 · · ·gn διότι για καθένα από αυτά έχουµε g g−1 = e.Εποµένως gik+1 gik+2 · · ·gin = e και άρα ϑα έχουµε g1g2 · · ·gn = gi1 gi2 · · ·gik . Επειδή gil = g−1il , 1 ≤ l ≤ kϑα έχουµε g 2il = e, και χρησιµοποιώντας ότι η G είναι αβελιανή, έπεται ότι :

(g1g2 · · ·gn)2 = (gi1 gi2 · · ·gik )2 = g 2i1 g2i2· · ·g 2ik = ee · · ·e = e

2. Πρώτος Τρόπος5: Με χρήση του Θεωρήµατος Lagrange, επειδή o(G) = n, ϑα έχουµε ότι o(g ) | n καιεποµένως o(g ) ·k = n για έναν ϑετικό ακέραιο k. Τότε g n = go(g )·k = (go(g ))k = ek = e.∆εύτερος Τρόπος6: ΄Εστω τυχόν στοιχείο g ∈G. Τότε τα στοιχεία g g1, g g2, · · · , g gn της G είναι διακε-κριµένα διότι αν g gi = g g j , όπου 1 ≤ i 6= j ≤ n, τότε ϑα έχουµε g−1g gi = g−1g g j και άρα gi = g j . Αυτόείναι άτοπο διότι gi 6= g j αν i 6= j . Επειδή το σύνολο G είναι πεπερασµένο, έπεται ότι :

G = {g1, g2, · · · , gn}= {g g1, g g2, · · · , g gn}∆ηλαδή τα στοιχεία g g1, g g2, · · · , g gn είναι τα στοιχεία g1, g2, · · · , gn ενδεχοµένως µε διαφορετική σει-ϱά. Χρησιµοποιώντας ότι η οµάδα G είναι αβελιανή και ϑέτοντας x = g1g2 · · ·gn . ϑα έχουµε:

x = g1 · g2 · · · · · gn = g g1 · g g2 · · · · · g gn = (g · g · · · · · g ) · (g1 · g2 · · · · · gn) = g n · x

απ΄ όπου ο Νόµος ∆ιαγραφής για οµάδες δίνει ότι :

g n = e

3. ΄Εστω ότι η τάξη της G είναι περιττός αριθµός. Αν το στοιχείο g1g2 · · ·gn δεν είναι το ουδέτερο, δηλαδήg1g2 · · ·gn 6= e, τότε από το ερώτηµα 1. έπεται ότι o(g1g2 · · ·gn) = 2. Από το Θεώρηµα του Lagrange,έπεται ότι 2 | o(G) και άρα η G έχει άρτια τάξη. Αυτό είναι άτοπο και εποµένως αναγκαστικά ϑα έχουµεg1g2 · · ·gn = e. ΄Αρα µπορούµε να συµπεράνουµε ότι :

o(G) : περιττός =⇒ g1g2 · · ·gn = e ■

΄Ασκηση 3.2.25. ΄Εστω ότι (G , ·) είναι µια πεπερασµένη αβελιανή οµάδα, G = {g1, g2, · · · , gn}.1. Αν η G περιέχει ακριβώς ένα στοιχείο x τάξης 2, τότε : x = g1g2 · · ·gn .2. Αν η G περιέχει περισσότερα από ένα στοιχεία τάξης 2, τότε : g1g2 · · ·gn = e.

Λύση. 1. Επειδή η οµάδα G είναι αβελιανή, στο γινόµενο g1g2 · · ·gn τα στοιχεία g ∈G για τα οποία g 6= g−1δεν συνεισφέρουν παρά µόνο το ταυτοτικό στοιχείο. Εποµένως µη λαµβάνοντας υπ΄ όψιν αυτά τα στοιχεία,στο γινόµενο g1g2 · · ·gn ϑα εµφανίζονται µόνο το ταυτοτικό στοιχείο και τα µη-ταυτοτικά στοιχεία g έτσι ώστεg = g−1, δηλαδή το ταυτοτικό στοιχείο e και τα στοιχεία τάξης 2. Τότε προφανώς το στοιχείο g1g2 · · ·gn έχειτάξη 2. Επειδή το στοιχείο x είναι το µοναδικό στοιχείο της G µε τάξη 2, έπεται ότι g1g2 · · ·gn = x.

5Στην απόδειξη αυτή δεν χρησιµοποιούµε ότι η οµάδα G είναι αβελιανή, αλλά χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα του Lagrange.6Στην απόδειξη αυτή χρησιµοποιούµε ότι η οµάδα G είναι αβελιανή, αλλά δεν χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα του Lagrange.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 140

2. ΄Οπως και στο µέρος 1. παραπάνω µπορούµε να υποθέσουµε ότι στο γινόµενο g1g2 · · ·gn εµφανίζεταιµόνο το ταυτοτικό στοιχείο e και τα στοιχεία τάξης 2. Αν x, y είναι δύο διακεκριµένα στοιχεία τάξης 2, τότεκαι το στοιχείο x y είναι τάξης 2. Πράγµατι x y 6= e διότι διαφορετικά αν x y = e, τότε x = y−1 = y. Επίσηςεπειδή η G είναι αβελιανή, ϑα έχουµε (x y)2 = x y x y = xx y y = x2 y2 = ee = e και άρα o(x y) = 2. Επειδήπροφανώς y 6= x y 6= x, και επειδή x y x y = xx y y = x2 y2 = e, τα στοιχεία τάξης 2 συνεισφέρουν στο γινόµενοg1g2 · · ·gn µόνο το ταυτοτικό στοιχείο e. Εποµένως g1g2 · · ·gn = e. ■

΄Ασκηση 3.2.26. ΄Εστω G µια πεπερασµένη υποοµάδα της πολλαπλασιαστικής οµάδας (C∗, ·), αντίστοιχα τηςπολλαπλασιαστικής οµάδας του κύκλου T= {z ∈C | |z| = 1}. Να δειχθεί ότι η G είναι κυκλική.Λύση. ΄Εστω o(G) = n. Τότε από το Θεώρηµα του Lagrange ή την ΄Ασκηση 3.2.24, ϑα έχουµε ότι ∀z ∈ G:zn = 1, και εποµένως z ∈ Un . ΄Αρα G ⊆ Un . Επειδή η οµάδα Un είναι κυκλική και υποοµάδες κυκλικώνοµάδων είναι κυκλικές, έπεται ότι η G είναι κυκλική. Επιπλέον επειδή o(G) = n = o(Un), ϑα έχουµε G =Un .

Αν η G είναι υποοµάδα της οµάδας του κύκλου T, τότε η G είναι υποοµάδα της C∗ διότι T ≤ C∗.Εποµένως όπως και παραπάνω G =Un και η G είναι κυκλική. ■

΄Ασκηση 3.2.27. ΄Εστω G µια οµάδα περιττής τάξης. Να δειχθεί ότι για κάθε a ∈G η εξίσωση:

x2 = a

έχει µοναδική λύση στην G. Τι συµβαίνει αν η οµάδα G είναι άρτιας τάξης ;

Λύση. ΄Εστω a ∈G και έστω m = o(a). Τότε ο αριθµός m | |G| και επειδή η τάξη |G| είναι περιττός αριθµός,έπεται ότι ο m είναι περιττός. Θέτουµε

x = a m+12Τότε

x2 = (a m+12 )2 = am+1 = am ·a = e ·a = a΄Εστω y ∈G έτσι ώστε y2 = a. Τότε :

y2 = a =⇒ y2m = (y2)m = am = e =⇒ o(y) | 2m

Επειδή όπως και παραπάνω, o(y) | |G| και |G| είναι περιττός, έπεται ότι η τάξη o(y) είναι περιττός και άρα(o(y),2) = 1. Τότε από την παραπάνω σχέση, έπεται ότι o(y) | m, και άρα m = o(y)k, για κάποιο k ≥ 1. Τότεym = yo(y)k = (yo(y))k = ek = e και εποµένως

y = y · ym = y1+m = e y2m=e=⇒ y = ym+1 = y2m+2 = (y2)m+1 = am+1 = am ·a = a

- Αν η οµάδα G έχει άρτια τάξη, τότε ο ισχυρισµός δεν είναι αληθής. Για παράδειγµα στην οµάδα Q τωντετρανίων του Hamilton δεν υπάρχει στοιχείο X ∈Q έτσι ώστε X 2 = J , και στην οµάδα V4 του Klein, όλα ταστοιχεία της ικανοποιούν την εξίσωση x2 = e. ■

΄Ασκηση 3.2.28. Μια οµάδα (G , ·) καλείται µονοσειριακή7, αν η G ικανοποιεί την παρακάτω συνθήκη:

Αν H ,K είναι οποιεσδήποτε υποοµάδες της G , τότε : είτε H ⊆ K είτε K ⊆ H (†)

1. ∆είξτε ότι κάθε πεπερασµένη µονοσειριακή οµάδα είναι κυκλική της οποίας η τάξη της ισούται µε τηδύναµη ενός πρώτου αριθµού.

7Με τον όρο «µονοσειριακή οµάδα» αποδίδουµε τον αγγλικό όρο ‘‘uniserial group’’.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 141

2. Αντίστροφα δείξτε ότι κάθε κυκλική οµάδα της οποίας η τάξη της ισούται µε τη δύναµη ενός πρώτουαριθµού είναι µονοσειριακή.

3. ∆είξτε ότι δεν υπάρχει άπειρη µονοσειριακή κυκλική οµάδα.

Λύση. 1. Αν G = {e}, τότε η G ικανοποιεί την δοσµένη συνθήκη και η G είναι προφανώς κυκλική τάξης20 = 1.

΄Εστω o(G) > 1, δηλαδή G 6= {e}, και υποθέτουµε ότι η οµάδα G δεν είναι κυκλική. ΄Εστω a1 ∈G µε a1 6= e.Τότε αφού η G δεν είναι κυκλική έπεται ότι

〈a1 〉 á Gόπου 〈a1〉 είναι η κυκλική υποοµάδα της G που παράγεται από το a1. ΄Αρα υπάρχει στοιχείο a2 ∈G\〈a1〉 καιϑεωρούµε την κυκλική υποοµάδα 〈a2〉 της G. Από την υπόθεση έχουµε

〈a1〉 ⊆ 〈a2〉 ή 〈a2〉 ⊆ 〈a1〉΄Οµως αφού a2 ∉ 〈a1〉 έπεται ότι

〈a2〉 " 〈a1〉 =⇒ 〈a1〉 ⊆ 〈a2〉Επειδή η G δεν είναι κυκλική έχουµε ότι G 6= 〈a2〉 και άρα υπάρχει στοιχείο a3 ∈ G\〈a2〉. Τότε όπωςπαραπάνω έχουµε

〈a2〉 ⊆ 〈a3〉 και 〈a3〉 6= GΣυνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία ϑα έχουµε µια αλυσίδα υποοµάδων της G η οποία δεν σταµατά :

{e} á 〈a1〉 á 〈a2〉 á 〈a3〉 á · · · á Gκαι άρα ϑα έχουµε άπειρο πλήθος διακεκριµένων στοιχείων e, a1, a2, a3, · · · στην G. ΄Ετσι όµως έχουµεκαταλήξει σε άτοπο δίοτι η οµάδα G είναι πεπερασµένη. ΄Αρα η οµάδα G είναι κυκλική.

΄Εστω o(G) = n = pk11 pk22 · · ·pkrr , όπου p1, p2, · · · , pr πρώτοι αριθµοί µε pi 6= p j για i 6= j . ΄Εστω r ≥ 2. Τότευπάρχουν i , j µε i 6= j έτσι ώστε pi | n και p j | n. Επειδή η οµάδα G είναι κυκλική έπεται ότι υπάρχειυποοµάδα H της G µε τάξη |H | = pi και υποοµάδα K της G µε τάξη |K | = p j . Από την υπόθεση όµως έχουµε

H ⊆ K ή K ⊆ H =⇒ pi | p j ή p j | piτο οποίο είναι άτοπο διότι pi 6= p j . Εποµένως r = 1 και άρα

o(G) = n = pk

όπου k ≥ 0 και p πρώτος. Συνεπώς δείξαµε ότι µια πεπερασµένη µονοσειριακή οµάδα είναι κυκλική που ητάξη της ισούται µε τη δύναµη ενός πρώτου αριθµού.

2. ΄Εστω G µια πεπερασµένη κυκλική οµάδα και υποθέτουµε ότι |G| = o(G) = pn για έναν πρώτο αριθµόp και έναν ϑετικό ακέραιο k. ΄Εστω H ≤G και K ≤G δύο υποοµάδες της G. Επειδή η οµάδα G είναι κυκλική,έπεται ότι οι υποοµάδες H και K είναι κυκλικές και από το Θεώρηµα του Lagrange ϑα έχουµε |H | | |G| = pnκαι |K | | |G| = pn . Τότε προφανώς |H | = p s και |K | = pr για κάποιους ακεραίους s,r όπου 0 ≤ s,r ≤ n. Τότεείτε s ≤ r ή r ≤ s. Στην περίπτωση κατά την οποία ισχύει s ≤ r , ϑα έχουµε προφανώς p s | pr = |K |. Επειδή ηK είναι κυκλική, έπεται ότι υπάρχει µοναδική υποοµάδα H ′ της K µε τάξη τον διαιρέτη p s της τάξης pr τηςK . Η υποοµάδα H ′ είναι και υποοµάδα της G και έτσι έχουµε υποοµάδες H και H ′ της G µε ίδια τάξη p s .Επειδή µια πεπερασµένη κυκλική υποοµάδα περιέχει µοναδική υποοµάδα µε τάξη δεδοµένο διαιρέτη τηςτάξης της, έπεται ότι H = H ′, και άρα H ≤ K . Αν ισχύει s ≤ r , τότε παρόµοια δείχνουµε ότι K ≤ H . Εποµένωςη G ικανοποιεί την συνθήκη (†) και άρα είναι µονοσειριακή.

3. ΄Εστω G = 〈a〉 µια άπειρη κυκλική οµάδα µε γεννήτορα το στοιχείο a ∈G. Τότε οι υποοµάδες H = 〈a2〉και K = 〈a3〉 είναι µη-τετριµµένες και γνήσιες. Αν H ⊆ K , τότε a2 ∈ 〈a3〉 και άρα a2 = (a3)k για έναν ακέραιοk. Τότε ϑα έχουµε a3k−2 = e. Επειδή ο γεννήτορας a έχει άπειρη τάξη, έπεται ότι 3k −2 = 0 το οποίο είναιάτοπο διότι k ∈Z. Παρόµοια αν K ⊆ H , τότε a3 ∈ 〈a2〉 και άρα a3 = (a2)l για έναν ακέραιο l . Τότε ϑα έχουµεa2l−3 = e. Επειδή ο γεννήτορας a έχει άπειρη τάξη, έπεται ότι 2l −3 = 0 το οποίο είναι άτοπο διότι l ∈Z. ΄ΑραH 6⊆ K και K 6⊆ H και εποµένως η G δεν είναι µονοσειριακή. ■

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 142

΄Ασκηση 3.2.29. Να δειχθεί ότι κάθε οµάδα τάξης pn , όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός, περιέχει έναστοιχείο, και άρα µια (κυκλική) υποοµάδα, τάξης p.

Λύση. Υποθέτουµε ότι o(G) = pn , n ≥ 1. Επειδή προφανώς G 6= {e}, η οµάδα G περιέχει ένα στοιχείο x 6= e.Τότε o(x) | o(G) = pn και εποµένως o(x) = pk για κάποιον ϑετικό ακέραιο k. Αν k = 1, τότε το στοιχείο x έχειτάξη p. Αν k > 1, τότε ϑεωρούµε το στοιχείο xpk−1 το οποίο έχει τάξη

o(xpk−1

) = o(x)(pk−1,o(x))

= pk

(pk−1, pk )= p

k

pk−1= p ■

Σχόλιο 3.2.30. Μια οµάδα G καλείται p-οµάδα, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός, αν κάθε στοιχείο τηςG έχει πεπερασµένη τάξη ίση µε µια δύναµη του πρώτου p. Αν η οµάδα G είναι πεπερασµένη και η τάξη τηςείναι µια δύναµη του p, τότε από το Θεώρηµα του Lagrange έπεται ότι η G είναι µια p-οµάδα. Αντίστροφα,αποδεικνύεται ότι η τάξη µιας πεπερασµένης p-οµάδας είναι µια δύναµη του p, ϐλέπε την ΄Ασκηση 5.2.35,αν η οµάδα G είναι αβελιανή.

Η επόµενη ΄Ασκηση δίνει µια απόδειξη του ισχυρισµού αυτού όταν p = 2. p

΄Ασκηση 3.2.31. ΄Εστω (G , ·) µια πεπερασµένη οµάδα. Αν κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείο της G έχει τάξη 2, ναδειχθεί ότι η τάξη της G είναι δύναµη του 2.8

Λύση. Από την ΄Ασκηση 3.2.18 η G είναι αβελιανή, και προφανώς G 6= {e}. Θα δείξουµε το Ϲητούµενο σε δύοϐήµατα.

1. ΄Εστω H ≤G µια γνήσια υποοµάδα της G, και έστω g ∈G \ H . Τότε

H ∪ g H ≤ G και o(H ∪ g H) = 2o(H)

Πράγµατι, το υποσύνολο H ∪ g H είναι προφανώς µη-κενό. ΄Εστω x, y ∈ H ∪ g H . Αν x, y ∈ H , τότεπροφανώς x y ∈ H διότι η H είναι υποοµάδα. Αν x ∈ H και y ∈ g H , έστω y = g h, όπου h ∈ H . Τότεεπειδή η G είναι αβελιανή και xh ∈ H , ϑα έχουµε x y = xg h = g xh ∈ g H . Παρόµοια x y ∈ g H αν x ∈ g Hκαι y ∈ H . Τέλος αν x, y ∈ g H , έστω x = g h1 και y = g h2, για κάποια h1,h2 ∈ H . Τότε επειδή η Gείναι αβελιανή κα κάθε στοιχείο της g 6= e, έχει τάξη 2, ϑα έχουµε x y = g h1g2h2 = g 2h1h2 = h1h2 ∈ H .Συνοψίζοντας, δείξαµε ότι το µη-κενό σύνολο H ∪ g H είναι κλειστό στην πράξη της G και άρα επειδήείναι πεπερασµένο, έπεται ότι το υποσύνολο H ∪ g H είναι µια υποοµάδα της G.

Αν x ∈ H ∩ g H , έστω x = g h για κάποιο h ∈ H . Τότε g = xh−1 ∈ H το οποίο είναι άτοπο. ΄ΑραH ∩ g H = ; και τότε o(H ∪ g H) = |H | + |g H | = 2|H | = 2o(H) διότι, όπως γνωρίζουµε, ϐλέπε Πρόταση3.1.2, ισχύει ότι |g H | = |H |.

2. ΄Εστω e 6= h1 ∈ G ένα στοιχείο της G, και ϑέτουµε H1 = 〈h1〉. Αν H1 = G, τότε o(G) = o(h1) = 2 = 21.∆ιαφορετικά, υπάρχει στοιχείο g1 ∈G \H1. Τότε από το µέρος 1. έπεται ότι το υποσύνολο H2 = H1∩g1H1είναι µια υποοµάδα της G τάξης o(H2) = 2o(H1) = 4. Αν H2 = G, τότε o(G) = 4 = 22. ∆ιαφορετικάσυνεχίζουµε τη διαδικασία η οποία µετά από πεπερασµένο αριθµό ϐηµάτων ϑα τερµατισθεί, διότι ηοµάδα G είναι πεπερασµένη, έστω στο n-οστό ϐήµα. Τότε G = Hn−1 ∩ gn−1Hn−1, όπου η Hn−1 είναιµια υποοµάδα της G τάξης o(Hn−1) = 2n−1, και gn−1 ∈G \ Hn−1, και Hn−1 ∩ gn−1Hn−1 =;. Τότε όπωςκαι πριν ϑα έχουµε o(G) = 2o(Hn−1) = 2 ·2n−1 = 2n . ■

8Παράδειγµα τέτοιας οµάδας, αποτελεί η οµάδα ευθύ γινόµενο Z2 ×Z2 ×·· ·×Z2 (n-παράγοντες).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 143

Σχόλιο 3.2.32. ΄Οπως προκύπτει από τη λύση της ΄Ασκησης 3.2.31, αν (G , ·) είναι µια πεπερασµένη οµάδαµε την ιδιότητα ότι κάθε µη-ταυτοτικό στοιχείο της έχει τάξη 2, τότε o(G) = 2n για κάποιον ϑετικό ακέραιοn ≥ 1, και η G περιέχει µια σειρά υποοµάδων:

H0 = {e} ≤ H1 ≤ H2 ≤ ·· · ≤ Hn−1 ≤ Hn =G , όπου o(Hk ) = 2k , ∀k ≥ 1p

΄Ασκηση 3.2.33. Αν (G , ·) είναι µια οµάδα, να δειχθεί ότι οι ακόλουθες προτάσεις είναι ισοδύναµες :1. Η G είναι κυκλική τάξης p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός.

2. Η G διαθέτει ακριβώς δύο υποοµάδες.

Λύση. 1. =⇒ 2. ΄Εστω ότι η G είναι κυκλική µε τάξη o(G) = p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός, και έστωH µια υποοµάδα της G. Υποθέτουµε ότι H 6= {e}. Από το Θεώρηµα του Lagrange ϑα έχουµε o(H) | o(G) = pκαι άρα επειδή ο p είναι πρώτος, έπεται ότι o(H) = 1 ή o(H) = p. Επειδή H 6= {e} προφανώς είναι o(a) 6= 1 καιάρα o(H) = p = o(G). Τότε H =G και εποµένως η G δεν διαθέτει άλλες υποοµάδες πέραν της τετριµµένης {e}και της ίδιας της οµάδας G.

2. =⇒ 1. Επειδή η τετριµµένη υποοµάδα {e} και η ίδια η οµάδα G είναι υποοµάδες της G, έπεται ότιοι µόνες υποοµάδες της G είναι οι εξής : {e} και G. Αν G = {e}, τότε G = 〈e〉 = {e} και άρα η G έχει ακριβώςµια υποοµάδα κάτι το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση.

΄Αρα G 6= {e}, και εποµένως υπάρχει στοιχείο a ∈ G\{e}. Θεωρούµε την κυκλική υποοµάδα 〈a〉 ≤ G ηοποία παράγεται από το a. Επειδή a 6= e έπεται ότι 〈a〉 6= 〈e〉 και άρα από την υπόθεση ϑα έχουµε G = 〈a〉,δηλαδή η οµάδα G είναι κυκλική. Επιπλέον η τάξη της G είναι πεπερασµένη διότι αν o(G) =∞ τότε η G ϑαήταν άπειρη κυκλική και όπως γνωρίζουµε σ΄ αυτήν την περίπτωση η G έχει άπειρες υποοµάδες :

〈a〉, 〈a2〉, · · · , 〈an〉, · · ·

το οποίο είναι άτοπο. ΄Αρα o(G) = o(a) = p

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 144

Αφού o(ab) = k και ab = ba έχουµε

(ab)k = e =⇒ ak bk = e =⇒ ak = b−k =⇒ o(ak ) = o(b−k ) = o(bk ) (∗)

Τότε από τη σχέση (∗) έχουµεo(ak ) = o(a)o(a),k = n(n,k)

o(bk ) = o(b)o(b),k = m(m,k)=⇒ n

(n,k)= m

(m,k)=⇒ n · (m,k) = m · (n,k)

=⇒

n | m · (n,k)

m | n · (m,k)(n,m)=1=⇒

n | (n,k)

m | (m,k)

=⇒

n = (n,k)

m = (m,k)=⇒

n | k

m | k

και άρα επειδή (n,m) = 1 έπεται ότιo(a)o(b) = nm | k = o(ab) (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) συµπεραίνουµε ότι o(a)o(b) = o(ab)9. ■

Στις επόµενες τέσσερις Ασκήσεις ϑα προσδιορίσουµε όλες τις οµάδες µε τάξη ≤ 7 συµπληρώνοντας τουςπίνακες Cayley και σχεδιάζοντας τα αντίστοιχα διαγράµµατα Hasse.

΄Ασκηση 3.2.36. Να δειχθεί ότι κάθε πεπερασµένη οµάδα G µε τάξη o(G) ≤ 5 είναι αβελιανή.Λύση. Αν G = {e} είναι η τετριµµένη οµάδα τάξης 1, τότε η G είναι αβελιανή. ΄Εστω 2 ≤ o(G) ≤ 5 και o(G) 6= 4.Τότε η G έχει τάξη έναν πρώτο αριθµό και άρα σύµφωνα µε την ΄Ασκηση 3.2.9 η G είναι κυκλική καιεποµένως αβελιανή. ΄Εστω o(G) = 4, και έστω G = {e, a,b,c}. Αν η G είναι κυκλική, τότε η G είναι αβελιανή.Υποθέτουµε ότι η G δεν είναι κυκλική. Τότε προφανώς τα στοιχεία a,b,c έχουν τάξη 1 < o(a) < 4. Από τοΘεώρηµα του Lagrange έπεται ότι αναγκαστικά η τάξη των a,b,c είναι o(a) = o(b) = o(c) = 2. Ιδιαίτερα είναιx2 = e, ισοδύναµα x = x−1, ∀x ∈G. Τότε, ∀x, y ∈G: (x y)2 = e =⇒ x y = (x y)−1 = y−1x−1 = y x. Εποµένως η Gείναι αβελιανή. ■

΄Ασκηση 3.2.37. ∆είξτε ότι υπάρχουν ακριβώς10 δύο οµάδες τάξης 4.

Λύση. ΄Εστω G = {e, a,b,c}, όπου e είναι το ουδέτερο στοιχείο της G. Από το Θεώρηµα Lagrange η τάξη τωνστοιχείων a,b,c είναι 2 ή 4 και από την ΄Ασκηση 3.2.36 η G είναι αβελιανή.

9∆ιαφορετικά: ΄Οπως και πριν έχουµε ότι (ab)nm = e. Θα δείξουµε ότι ο αριθµός nm είναι η τάξη του ab δείχνοντας ότι είναιο µικρότερος ϕυσικός k µε την ιδιότητα (ab)k = e. Αν λοιπόν υπάρχει τέτοιο k ϑα έχουµε όπως και πριν ότι ak = b−k . Τότε〈b〉 3 b−k = ak ∈ 〈a〉, και άρα ak = b−k ∈ 〈a〉∩〈b〉. ΄Οµως η οµάδα 〈a〉∩〈b〉 ως υποοµάδα της 〈a〉 και υποοµάδα της 〈b〉 ϑα είναι κυκλικήµε τάξη έναν διαιρέτη της o(a) = |〈a〉| και έναν διαιρέτη της o(b) = |〈b〉|. Επειδή (o(a),o(b)) = 1, έπεται ότι η τάξη της 〈a〉∩〈b〉 ϑα είναι1 και άρα ak = e = b−k . Τότε n = o(a) | k και m = o(b−1) = o(b) | k, και εποµένως επειδή (n,m) = 1, ϑα έχουµε nm | k, δηλαδή nm ≤ k.Εποµένως o(ab) = nm = o(a)o(b).10Με αυτό εννοούµε ισόµορφες οµάδες, µε άλλα λόγια οµάδες οι οποίες έχουν πανοµοιότυπο πίνακα Cayley, ενδεχοµένως µετά από

κάποια αναδιάταξη των στοιχείων τους.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ LAGRANGE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ 145

1. Αν η τάξη κάποιου από τα στοιχεία a,b,c είναι 4, π.χ. αν o(a) = 4, τότε o(〈a〉) = o(G) και άρα G = 〈a〉.Εποµένως G = {e, a, a2, a3} και η G είναι κυκλική. Παρόµοια αν o(b) = 4 ή o(c) = 4, η G είναι κυκλική.Σε κάθε µία από τις παραπάνω περιπτώσεις ο πίνακας Cayley της G είναι της µορφής:

Πίνακας Α΄:

· e a b ce e a b ca a e c bb b c a ec c b e a

Ο παραπάνω πίνακας Cayley συµπίπτει µε τον πίνακα Cayley της κυκλικής προσθετικής οµάδας(Z4,+), όπου a = [1]4.

2. Υποθέτουµε ότι η τάξη των στοιχείων a,b,c είναι ίση µε 2. Τότε a2 = b2 = c2 = e ή ισοδύναµα a = a−1,b = b−1 και c = c−1. Επιπρόσθετα ab = c, διότι διαφορετικά αν a ·b = a ή b ή e, τότε ϑα καταλήγαµεστην αντίφαση b = e ή a = e ή a = b−1 = b αντίστοιχα. Παρόµοια έχουµε ότι ac = b και bc = a. Επειδήη G είναι αβελιανή, έπεται ότι ba = c, ca = b και cb = a. Μπορούµε τώρα να σχηµατίσουµε τον πίνακαCayley της G:

Πίνακας Β΄ :

· e a b ce e a b ca a e c bb b c e ac c b a e

Ο παραπάνω πίνακας Cayley ορίζει µοναδικά την οµάδα Klein V4 = {e, a,b,c} ή