Wyk lad 3 Grupy cykliczne

Transkrypt

1 Wyk la 3 Grupy cykliczne Definicja 3.1. Niech a bezie elementem grupy (G,, e). Jeżeli istnieje liczba naturalna k taka, że a k = e, to najmniejsza taka liczbe naturalna k nazywamy rzeem elementu a. W przeciwnym przypaku (tzn. gy a n e la każego n N) mówimy, że rza elementu a jest równy (nieskończoność). Rza elementu a oznaczamy przez. Przyk la 3.2. Zauważmy, że o( 1) = 2 w grupie R, gyż w tym przypaku e = 1 oraz 1 1 i ( 1) 2 = 1. Natomiast w grupie R + mamy, że o( 1) =, bo wówczas e = 0 oraz la każego n N jest n ( 1) = n 0. Uwaga 3.3. Przyk la 3.2 pokazuje, że należy być barzo ostrożnym przy wyznaczaniu rzeu elementu grupy. Przee wszystkim musimy rozumieć nature zia lania grupowego oraz wiezieć jak wyglaa element neutralny tej grupy. Uwaga 3.4. Ze Stwierzeń 2.16 i 2.17 wynika o razu, że la owolnego elementu a skończonego rz eu grupy G zachozi wzór: = a. W szczególności z Twierzenia 2.9 mamy, że rza owolnego elementu grupy skończonej jest zielnikiem jej rzeu. Stwierzenie 3.5. Niech a b ezie elementem skończonego rz eu grupy (G,, e). Wtey la owolnego ca lkowitego k: a k = e k. Dowó. Jeśli k, to istnieje s Z takie, że k = s. Zatem a k = a s = (a ) s = e s = e. Na owrót, za lóżmy, że a k = e. Wtey istnieja q, r Z takie, że k = q + r i 0 r <. Sta e = a k = a q +r = a q a r = e a r = a r, czyli a r = e. Ale r <, wiec r N, czyli r = 0. Zatem k = q i k. Stwierzenie 3.6. Jeżeli a i b sa elementami skończonych wzglenie pierwszych rzeów grupy G oraz a b = b a, to o(ab) = o(b). Dowó. Oznaczmy: n =, m = o(b). Wtey m, n N, (m, n) = 1 oraz a n = e i b m = e. Z Twierzenia 1.14, (ab) k = a k b k la każego k Z. W szczególności (ab) mn = a mn b mn = e e = e, ska l = o(ab) mn. Ale e = (ab) l = a l b l, wiec e = (a l b l ) n = = a ln b ln = eb ln = b ln, czyli b ln = e. Zatem ze Stwierzenia 3.5, m ln. Ale (m, n) = 1, wiec z zasaniczego twierzenia arytmetyki, m l. Analogicznie pokazujemy, że n l. 1

2 Ponieważ m l i n l oraz (m, n) = 1, wiec mn l, czyli mn l. Ale wcześniej pokazaliśmy, że l mn, wiec ostatecznie l = mn, czyli o(ab) = o(b). Stwierzenie 3.7. Jeżeli a jest elementem nieskończonego rz eu grupy (G,, e), to la owolnych liczb ca lkowitych k i l: a k = a l k = l. W szczególności grupa a jest nieskończona. Ponato grupa a posiaa ok lanie wa generatory: a i a 1. Dowó. Za lóżmy, że istnieja różne liczby ca lkowite k, l takie, że a k = a l. Bez zmniejszania ogólności możemy zak laać, że k > l. Wtey k l N i a k l = e, co przeczy temu, że =. Implikacja owrotna jest oczywista. Ponieważ a = (a 1 ) 1 a 1, wiec a a 1. Ale a 1 a, wiec a 1 = a, czyli a 1 jest generatorem grupy a. Ponato z pierwszej cześci owou a 1 a. Niech teraz b a bezie generatorem grupy a. Wtey istnieje liczba ca lkowita k taka, że b = a k oraz a a k. Zatem istnieje l Z takie, że a = (a k ) l = a kl. Zatem z pierwszej cześci owou kl = 1, ska k = 1 lub k = 1 oraz b = a lub b = a 1. Lemat 3.8. Niech a b ezie elementem skończonego rz eu grupy G. Wówczas la owolnej liczby ca lkowitej k: a k = a (,k). Dowó. Oznaczmy = (, k). Wtey k, wiec k = l la pewnego l Z, ska a k = (a ) l a. Zatem a k a. Ponato z elementarnej teorii liczb wiemy, że istnieja liczby ca lkowite x, y takie, że = x + ky. Sta a = a x+ky = a x a ky = = e a ky = (a k ) y a k. Zatem a a k i ostatecznie a = a k. Twierzenie 3.9. Niech a b ezie elementem skończonego rz eu grupy (G,, e). Wtey: (i) la owolnego naturalnego zielnika liczby zachozi wzór: o(a ) =, (ii) la owolnej liczby ca lkowitej k zachozi wzór: o(a k ) = (,k). Dowó. (i) Zauważmy, że N i (a ) = a = a = e. Zatem k = o(a ). Ale e = (a ) k = a k, wiec ze Stwierzenia 3.5 mamy, że k. Zatem k, czyli k i ostatecznie k =. (ii) Z Lematu 3.8 mamy, że a k = a (,k). Ale = (, k) jest naturalnym zielnikiem, wiec z (i) oraz z Uwagi 3.4 uzyskujemy, że = o(a (,k) ) = (,k) a (,k) = a k = o(a k ). 2

3 Twierzenie Za lóżmy, że a jest skończona grupa cykliczna rzeu n. Niech bezie zielnikiem naturalnym liczby n. Wtey w grupie a istnieje ok lanie ϕ() elementów rzeu i sa one postaci a n k, gzie k {1,..., } oraz (k, ) = 1. Dowó. Niech k {1,..., } bezie takie, że (k, ) = 1. Wtey ( n k, n) = ( n k, n ) = n (k, ) = n 1 = n. Zatem z Twierzenia 3.9, o(a n k ) = n n =. Niech teraz b a bezie elementem rzeu. Wtey istnieje liczba naturalna m n taka, że b = a m oraz z Twierzenia 3.9, = o(a m ) = n, sk a (m,n) (m, n) = n. Ale (m, n) m, wiec istnieje k N takie, że m = n k. Ponato n = (m, n) = ( n k, n ) = n (k, ), wiec (k, ) = 1. Ale m n, wiec n k n, sk a k. Jeśli k, l {1,..., }, (k, ) = (l, ) = 1 oraz a n k = a n l, to a n (k l) = e, wiec ze Stwierzenia 3.5, n n (k l), sk a k l. Ale k, l {1,..., }, wiec k = l. Wniosek Skończona grupa cykliczna a rzeu n posiaa ok lanie ϕ(n) generatorów i sa one postaci: a k, gzie k {1,..., n} oraz (k, n) = 1. Dowó. Element b a jest generatorem grupy a wtey i tylko wtey, gy o(b) = n. Zatem z Twierzenia 3.10 grupa a posiaa ok lanie ϕ(n) generatorów i sa one postaci: a n n k = a k, gzie k {1,..., n} oraz (k, n) = 1. Twierzenie Każa pogrupa grupy cyklicznej jest grupa cykliczna. Dowó. Niech (G,, e) bezie grupa cykliczna o generatorze a i niech H bezie owolna jej pogrupa. Jeśli H ={e}, to H = e, czyli grupa H jest cykliczna. Za lóżmy wiec alej, że H {e}. Wtey istnieje k Z takie, że e a k H. Sta k 0 i a k = (a k ) 1 H. Zatem k N lub k N i z zasay minimum istnieje najmniejsza liczba naturalna m taka, że a m H. Wtey a m H. Weźmy owolne h H. Istnieje s Z takie, że h = a s. Ale s = qm + r la pewnych q, r Z, 0 r < m, wiec a s = a qm+r = a qm a r = (a m ) q a r, ska a r = a s (a m ) q H, czyli a r H. Ponato 0 r < m, wiec z minimalności m, r N, czyli r = 0. Zatem h = (a m ) q a m, czyli H a m i ostatecznie H = a m. Twierzenie Grupa cykliczna nieskończona a posiaa nieskończenie wiele pogrup i sa one postaci: a n, gzie n = 0, 1,... Dowó. Z Twierzenia 3.12 wynika, że każa pogrupa H grupy a jest postaci H = a k la pewnego k Z. Ale a k = (a k ) 1 a k, wiec a k a k oraz a k a k, bo a k a k, wiec a k = a k, czyli H = a n la pewnego n = 0, 1,... Niech m, n {0, 1,...} be a takie, że a m = a n. Wtey a m a n, wiec istnieje k Z takie, że a m = (a n ) k = a nk. Zatem ze Stwierzenia 3.7, m = nk, czyli n m. Analogicznie pokazujemy, że m n. Sta m n i n m oraz n, m {0, 1,...}, wiec m = n. Przyka Ponieważ Z + = 1 i o(1) =, wiec z Twierzenia 3.13 wynika, że wszystkimi pogrupami grupy Z + sa: n = {n k : k Z} la n = 0, 1,... Zauważmy, 3

4 że pogrupa n jest nam obrze znana już o szko ly postawowej, gyż jej elementami sa wszystkie ca lkowite wielokrotności liczby n. Ponato ze Stwierzenia 3.7 wynika, że grupa Z + posiaa ok lanie wa generatory: 1 i 1. Twierzenie Wszystkimi pogrupami skończonej grupy cyklicznej a sa pogrupy postaci a, gzie przebiega wszystkie zielniki naturalne liczby. W szczególności liczba wszystkich pogrup grupy a jest równa liczbie wszystkich zielników naturalnych liczby. Dowó. Jeśli a 1 = a 2 la pewnych zielników naturalnych 1, 2 liczby, n to z Twierzenia 3.9 i z Uwagi 3.4: 1 = o(a 1 ) = a 1 = a 2 = o(a 2 ) = n 2, czyli 1 = 2. Niech H bezie owolna pogrupa grupy a. Wtey z Twierzenia 3 istnieje k Z takie, że H = a k. Ale z Lematu 3.8, a k = a (,k) i (, k) jest zielnikiem naturalnym liczby, wiec twierzenie zosta lo uowonione. Uwaga Z Twierzenia 3.15 wynika, że istnieje wzajemnie jenoznaczna opowieniość pomiezy zbiorem wszystkich pogrup skończonej grupy cyklicznej a i zbiorem wszystkich zielników naturalnych liczby. W szczególności wynika sta, że la każej liczby naturalnej zielacej rza skończonej grupy cyklicznej a istnieje ok lanie jena pogrupa rzeu grupy a. Stwierzenie Jeżeli liczba naturalna n posiaa co najmniej wa różne, nieparzyste zielniki pierwsze, to grupa Z n nie jest cykliczna. Dowó. Z za lożenia istnieja różne, nieparzyste liczby pierwsze p, q oraz liczby naturalne α, β, m takie, że n = p α q β m oraz m nie jest pozielne ani przez p ani przez q. Z chińskiego twierzenia o resztach wynika zatem, że istnieja a, b Z n takie, że a 1 (mo p α ), a 1 (mo q β m) oraz b 1 (mo p α m) i b 1 (mo q β ). Ponieważ liczby p i q sa nieparzyste, wiec a 1 i b 1. Gyby a = b, to 1 1 (mo p α ), ska p α 2 i mamy sprzeczność. Zatem a b i wobec tego {1, a} = {1, b}. Ponato a 2 1 (mo p α ) i a 2 1 (mo q β m), wiec a 2 1 (mo n), ska a n a = 1, czyli = 2 w grupie Z n, ska a = {1, a}. Poobnie pokazujemy, że b = {1, b}. Zatem grupa Z n posiaa wie różne pogrupy rzeu 2, wic z Uwagi 3.16 ta grupa nie jest cykliczna. Uwaga Z elementarnej teorii liczb wiaomo, że jeśli n = p α p αs s, gzie p 1,..., p s sa różnymi liczbami pierwszymi oraz α 1,..., α s sa nieujemnymi liczbami ca lkowitymi, to liczba wszystkich zielników naturalnych liczby n jest równa Θ(n) = (α 1 + 1)... (α s + 1). Ponato ϕ(n) = ϕ(p α 1 1 )... ϕ(p αs s ) i la liczb pierwszych p oraz α N, ϕ(p α ) = p α p α 1. Przyk la Niech n N, n > 1. Wtey Z + n = 1 oraz o(1) = n. Zatem z Wniosku 3.11 grupa Z + n posiaa ok lanie ϕ(n) generatorów i sa nimi liczby naturalne 4

5 k n wzglenie pierwsze z n. Ponato pogrupy grupy Z + n sa postaci: {0} oraz = {0,, 2,..., ( n 1) }, gzie < n jest zielnikiem naturalnym liczby n. Zatem grupa Z + n posiaa ok lanie Θ(n) wszystkich pogrup. Lemat Niech a bezie elementem maksymalnego rzeu w skończonej grupie abelowej A. Wówczas o(b) la każego b A. Dowó. Za lóżmy, że istnieje b A takie, że o(b) nie zieli. Wtey istnieje liczba pierwsza p oraz liczby naturalne m, n niepozielne przez p i nieujemne liczby ca lkowite α, β takie, że α < β oraz = p α m i o(b) = p β n. Niech x = a pα i y = b n. Wtey z Twierzenia 3.9, o(x) = m oraz o(y) = p β. Ale (m, p β ) = 1, gyż p nie zieli m, wiec ze Stwierzenia 3.6, o(xy) = p β m > p α m = i mamy sprzeczność. Twierzenie Jeżeli A jest skończona grupa abelowa i la każej liczby naturalnej zielacej A istnieje ok lanie jena pogrupa rzeu grupy A, to grupa A jest cykliczna. Dowó. Za lóżmy, że przy tych za lożeniach grupa A nie jest cykliczna. Niech a bezie elementem maksymalnego rzeu w grupie A. Wtey a = A, wiec istnieje b A takie, że b a. Z Lematu 3.20, o(b). Zatem z Twierzenia 3.15 istnieje w grupie a pogrupa H rzeu o(b). Ale b = o(b), wiec na mocy za lożenia b = H, ska b H a, czyli b a i mamy sprzeczność. Zatem grupa A jest cykliczna. Wniosek Dla każej liczby pierwszej p grupa Z p jest cykliczna. Dowó. Ponieważ p jest liczba pierwsza, wiec Z p = {1, 2,..., p 1}, czyli Z p = p 1. Ponato grupa Z p jest abelowa. Niech a Z p bezie elementem maksymalnego rzeu r. Wtey z Uwagi 3.4, r p 1, wiec r p 1. Ponato z Lematu 3.20 mamy, że o(b) r la każego b Z p. Zatem b r = 1 la każego r Z p. Wobec tego kongruencja x r 1 0(mo p) ma co najmniej p 1 rozwiazań. Ale z twierzenia Lagrange a o liczbie pierwiastków kongruencji moulo liczba pierwsza wynika, że liczba rozwiazań tej kongruencji jest r. Zatem p 1 r i ostatecznie r = p 1. Wobec tego a = Z p, czyli a jest generatorem grupy Z p i ta grupa jest cykliczna. Zagaka 1. Dla jakich liczb naturalnych k jest cykliczna grupa Z 2 k? Zagaka 2. skończona? Zagaka 3. rza? Czy każa grupa posiaajaca jeynie skończona liczbe pogrup jest Czy istnieje grupa nieskończona, której każy element ma skończony Zagaka 4. Uowonij, że jeśli liczba naturalna n jest pozielna przez 4 i zieli sie przez pewna nieparzysta liczbe pierwsza, to grupa Z n nie jest cykliczna. Zagaka 5. Uowonij, że jeżeli skończona grupa G ma rza parzysty, to w G istnieje 5

6 element rz eu 2. Zagaka 6. Niech (A, +, 0) bezie grupa abelowa i a 1, a 2,..., a n A. Uowonij, że a 1, a 2,..., a n = {k 1 a 1 + k 2 a k n a n k 1, k 2,..., k n Z}. Zagaka 7. Uowonij, że każa skończenie generowana pogrupa grupy Q + jest cykliczna. Uzasanij też, że grupa Q + nie jest skończenie generowana. 6