O kilku zastosowaniach grup i pierścieni grupowych

Transkrypt

1 O kilku zastosowaiach grup i pierściei grupowych Czesław BAGIŃSKI, Edmud R. PUCZYŁOWSKI, Białystok Warszawa Nierzadko zdarza się, że rozwiązaie elemetarie brzmiącego zadaia, wymaga iestadardowych pomysłów. Niektóre z tych pomysłów odzwierciedlają własości pewych abstrakcyjych obiektów występujących w różych działach matematyki wyższej. Przedstawimy tutaj kilka takich zadań i pokażemy jak moża je dość prosto rozwiązać, gdy umiejętie wykorzysta się pewe własości grup i algebr grupowych. Kilkaaście lat temu w kokursie zadaiowym Kwata pojawiło się astępujące zadaie: 1. Na okręgu wypisao 101 liczb aturalych, których suma jest rówa 00. Wykazać, że suma pewej ilości kolejych z tych liczb wyosi 200. Moża je łatwo rozwiązać, gdy się wie, że: Porówaj z przykładem a stroie 49 książki V. Bryat, Aspekty kombiatoryki, WN-T, Warszawa Cz. Bagiński, E. R. Puczyłowski O kilku twierdzeiach elemetarej teorii liczb, czyli o tym, skąd się biorą grupy, Delta, sierpień 200. Dla działaia grupy stosujemy zapis multiplikatywy, e ozacza elemet eutraly grupy G. 2. Suma pewej ilości kolejych liczb wśród dowolie zadaych liczb całkowitych a 1,...,a dzieli się przez. Istotie, poumerujmy kolejo liczby a okręgu, zgodie z ruchem wskazówek zegara, zaczyając od którejkolwiek z ich. Korzystając z 2 stwierdzamy, źe suma pewej ilości kolejych, spośród liczb a 1,...,a 100 dzieli się przez 100. Suma ta ie może być rówa 0, bo sumujemy liczby aturale, ai 00, bo a 101 ie jest jej składikiem. Zatem jest oa rówa 100 lub 200. Jeśli jest rówa 200, to właśie oa realizuje tezę. Jeśli jest rówa 100, to suma pozostałych liczb, które są koleje dzięki temu, że mamy do czyieia z liczbami wypisaymi a okręgu, jest rówa 200 i teraz oa realizuje tezę. Aby rozwiązać zadaie 2, ozaczmy przez r 1,...,r reszty z dzieleia przez kolejych liczb a 1,..., a. Reszty te są elemetami zbioru Z = {0, 1,..., 1}, który wraz z działaiem a b = reszta z dzieleia a + b przez tworzy grupę. Temu zadaiu moża teraz adać astępującą postać: 2. Udowodić, że dla pewych i, j (0 i < j ), r i+1 r i+2 r j = 0. Jest to szczególy przypadek zaczie ogóliejszej obserwacji dotyczącej dowolej grupy skończoej.. Jeśli g 1,...,g ależą do -elemetowej grupy G, to dla pewych i, j, 0 i < j, mamy g i+1 g i+2... g j = e. Dla dowodu zauważmy, że elemety h 0 = e, h 1 = g 1, h 2 = g 1 g 2,...,h = g 1 g 2... g ależą do grupy G. Poieważ G ma elemetów, a ciąg przed chwilą utworzoy ma + 1 wyrazów, więc a podstawie Szufladkowej Zasady Dirichleta, dla pewych i, j (0 i < j ), jest h i = h j = h i g i+1 g i+2... g j. Skracając obie stroy tej rówości przez h i, otrzymujemy, że g i+1 g i+2... g j = e. Następe zadaie, które chcielibyśmy rozważyć, jest w sformułowaiu dość podobe do zadaia drugiego. 4. Spośród dowolych 2 1 liczb całkowitych moża wybrać liczb, których suma jest podziela przez. Nie żądamy tu, by wybrae liczby były kolejymi. Chcemy atomiast, aby było ich dokładie. Okazuje się, że wykazaie, że jest to możliwe jest zaczie trudiejsze iż rozwiązaie zadaia 2. 28

2 Najpierw zredukujemy zadaie do przypadku, gdy jest liczbą pierwszą. W tym celu wystarczy wykazać, że jeśli k, l > 1 oraz spośród dowolych 2k 1 liczb całkowitych moża wybrać k liczb, których suma jest podziela przez k, a także spośród dowolych 2l 1 liczb całkowitych moża wybrać l liczb, których suma jest podziela przez l, to spośród dowolych 2kl 1 liczb całkowitych a 1, a 2,, a kl moża wybrać kl liczb, których suma jest podziela przez kl. Poieważ 2kl 1 > 2k 1, więc spośród aszych 2kl 1 liczb możemy wybrać k, których suma s 1 jest podziela przez k. Z pozostałych liczb zowu możemy wybrać k, których suma s 2 jest podziela przez k. Postępowaie to kotyuujemy do mometu, gdy zostaie miej iż 2k 1 liczb. Zauważmy, że poieważ 2kl 1 = k(2l 1) + k 1, operację tę możemy powtórzyć 2l 1 razy uzyskując sumy s 1, s 2,, s 2l 1 podziele przez k. Spośród tych liczb możemy wybrać l, których suma jest podziela przez l. Jase jest, że ta suma jest podziela przez kl i że jest sumą kl liczb wybraych spośród liczb a 1, a 2,, a kl. Rozwiązaie zadaia 4 sprowadza się więc do wykazaia, że: 4. Jeśli p jest liczbą pierwszą, to spośród 2p 1 liczb całkowitych moża wybrać p liczb, których suma jest podziela przez p. Dla ustaleia uwagi moża przyjąć, że K jest ciałem liczb wymierych lub ciałem Z p reszt modulo p, którego elemetami są liczby 0, 1,..., p 1 z operacjami dodawaia i możeia zdefiiowaymi rówościami: a b = reszta z dzieleia a + b przez p, a b = reszta z dzieleia a b przez p. Przy skrócoej otacji (1), rówość (2) ma postać α g g = β g g, i zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy α g = β g dla wszystkich g G. W dowodzie tego faktu wykorzystamy pojęcie algebry grupowej. Zaczijmy od ogólej defiicji. Niech G będzie dowolą grupą skończoą z działaiem o zapisie multiplikatywym, mającą dokładie elemetów, zaś K dowolym ciałem. Przez K[G] ozaczymy zbiór wszystkich formalych wyrażeń postaci (1) α g g, gdzie α g K i g G. Moża przyjąć, że elemety zbioru K[G] są wektorami o współrzędych umerowaych elemetami grupy G. Zamiast α g g piszemy też α 1 g 1 + α 2 g α g, gdzie α 1,...,α K oraz {g 1,...,g } = G. Przyjmujemy przy tym, że (2) α 1 g 1 + α 2 g α g = β 1 g 1 + β 2 g β g wtedy i tylko wtedy, gdy α i = β i, dla wszystkich i = 1,..., ). Przy zapisie poszczególych elemetów w K[G] pomijamy a ogół człoy ze współczyikami zero (gdy wszystkie współczyiki są rówe zero, to piszemy zamiast 0g, lub 0g g, po prostu 0). W aturaly sposób wprowadzamy rówież ie uproszczeia otacji. I tak, zamiast 1g piszemy g, zamiast ( α)g piszemy αg, a elemet eutraly e grupy G ozaczamy symbolem 1 (tak jak elemet z ciała K) i będziemy go a ogół opuszczali przy zapisie elemetów K[G], tz. zamiast α 1 będziemy pisali α. W zbiorze K[G] wprowadzamy działaia dodawaia i możeia przez skalary (czyli elemety ciała), tak jak czyi się to z wektorami: dodawaie: (α 1 g α g ) + (β 1 g β g ) = (α 1 + β 1 )g (α + β )g ; możeie przez skalary: α (β 1 g β g ) = (αβ 1 )g (αβ )g. Wprowadzamy jeszcze jedą operację, którą jedak wygodiej zapisać w skrótowej postaci. Jest to operacja możeia: ( ) ( ) α g g β g g = γ x x, x G gdzie γ x = gh=x α g β h. Jak zatem widać, ajbardziej skomplikowae jest możeie. Oo także w decydującym stopiu wpływa a wewętrzą strukturę algebry K[G], dlatego przyjrzyjmy się mu jeszcze przez chwilę. Możąc elemet α 1 g α g przez 29

3 β 1 g β g, postępujemy dokładie tak samo, jak przy możeiu wyrażeń algebraiczych, czyli wszystkie składiki α i g i pierwszej sumy możymy po kolei przez wszystkie składiki β j g j drugiej, wedle wzoru α i g i β j g j = (α i β j )(g i g j ). Następie sumujemy otrzymae wyiki i redukujemy wyrazy podobe. Działaia określoe w K[G] mają prawie wszystkie własości podstawowych działań a liczbach i a wektorach. Jedyie czego ie moża oczekiwać, to istieie odwrotości dla dowolego elemetu różego od zera i przemieości możeia, jeśli G ie jest grupą przemieą. W przypadku pewych grup o mało skomplikowaej strukturze, ich algebry grupowe moża opisać w ieco iy, może bardziej elemetary, sposób. Niech G będzie cykliczą grupą rzędu, tz. G = {x, x 2,...,x 1, x = 1}. Elemety grupy G możemy traktować jak jedomiay zmieej x, które możymy wedle powszechie zaych reguł, ale dodatkowo upraszczamy zapis wyikający z faktu, iż x = 1. I tak a przykład, x 2 x 1 = x +1 = x x = x. Elemety algebry K[G] możemy więc traktować jak wielomiay zmieej x, których stopień ie przekracza 1: α 0 + α 1 x + + α 1 x 1. Możeie elemetów tej algebry wykoujemy dokładie tak, jak możeie wielomiaów, pamiętając przy tym, że x = 1. Mamy zatem: (α 0 + α 1 x + + α 1 x 1 ) (β 0 + β 1 x + + β 1 x 1 ) = = α 0 β 0 + α 0 β 1 x + + α 0 β 2 x 2 + α 0 β 1 x α 1 β 0 x + α 1 β 1 x α 1 β 2 x 1 + α 1 β α 2 β 0 x 2 + α 2 β 1 x + + α 2 β 2 + α 2 β 1 x+ + α 1 β 0 x 1 + α 1 β α 1 β 2 x + α 1 β 1 x 2 = = (α 0 β 0 + α 1 β α 2 β 2 + α 1 β 1 )+ + (α 0 β 1 + α 1 β α 2 β + α 1 β 2 )x+ + (α 0 β 2 + α 1 β α 2 β 4 + α 1 β )x (α 0 β 1 + α 1 β α 2 β 1 + α 1 β 0 )x 1. Nietrudo sprawdzić, że tak określoe możeie moża zdefiiować aalogiczie, jak możeie modulo. Otóż, elemety omawiaej algebry K[G] moża traktować jak reszty z dzieleia wielomiaów zmieej x o współczyikach z K przez wielomia x 1. Jeśli teraz mamy dwa dowole elemety (reszty), to ich iloczy w K[G] jest po prostu resztą z dzieleia przez x 1 zwykłego iloczyu tych elemetów, traktowaych jak wielomiay. Niech teraz G będzie iloczyem kartezjańskim dwóch kopii grupy cykliczej {1, g, g 2,...,g p 1 } rzędu p. Moża ją iterpretować jako zbiór wszystkich jedomiaów zmieych x, y postaci x k y l, gdzie 1 k, l p 1, których możeie wykoujemy tak, jak zwykłe możeie jedomiaów przemieych zmieych x i y, pamiętając przy tym, że x p = y p = 1. Niech poadto K = Z p. W algebrze K[G] rozważmy zbiór ω(g) = { α g (g 1) α g K}. Zauważmy, że jeśli g = x k y l, to g 1 = x k y l 1 = (x k 1)y l + y l 1 = = (x 1)(1 + x + x x k 1 )y l + (y 1)(1 + y + y y l 1 ) = = (x 1)a + (y 1)b dla odpowiedich a, b K[G]. Wyika stąd, że jeśli a 1,...,a ω(g), to a 1... a jest sumą elemetów postaci (x 1) m (y 1) r c, gdzie m, r są liczbami całkowitymi ieujemymi takimi, że m + r = oraz c K[G]. Zauważmy także, że (x 1) p = x p 1 p = 0 = (y 1) p, a zatem jeśli m p, to (x 1) m = (y 1) m = 0. Jeśli teraz a 1,...,a 2p 1 ω(g), to () a 1 a 2... a 2p 1 = 0. 0

4 Rzeczywiście, po uwzględieiu postaci czyików i ich wymożeiu, iloczy po lewej stroie tej rówości staie się sumą elemetów postaci (x 1) m (y 1) r c, gdzie m + r = 2p 1. Zatem każdy składik tej sumy jest rówy zero. Wyposażei w tę wiedzę możemy już ietrudo wykazać 4 (chociaż w pewym sesie właśie teraz pojawia się ajistotiejszy pomysł). Załóżmy więc, że 1, 2,, 2p 1 są daymi liczbami całkowitymi. Możemy je oczywiście zastąpić przez ich reszty modulo p i w efekcie założyć, że są to liczby ieujeme ie większe od p 1. Niech, jak wyżej, G będzie grupą, która jest iloczyem kartezjańskim dwóch kopii grupy cykliczej {1, g,...,g p 1 } rzędu p, K = Z p i iech g 1 = x 1 y 1+1, g 2 = x 2 y 2+1,...,g 2p 1 = x 2p 1 y 2p 1+1. Oczywiście g 1 1, g 2 1,, g 2p 1 1 ω(g). Zatem (g 1 1)(g 2 1) (g 2p 1 1) = 0. Po rozwiięciu lewej stroy tej rówości otrzymamy wyrażeie, które jest sumą 1 oraz wyrażeń ±g i1 g i2 g ik, gdzie k 2p 1. Oczywiście 1 musi się zredukować z pewym takim wyrażeiem. Wyika stąd, że dla pewego k oraz i 1, i 2,, i k takich, że 1 k, i 1, i 2,, i k 2p 1, mamy g i1 g i2 g ik = 1. To zaś ozacza, że x i 1 + i2 + + ik y i 1 + i2 + + ik +k = 1. W efekcie x i 1 + i2 + + ik = 1 oraz y k = 1. Z tych rówości wyika, że k oraz i1 + i2 + + ik są podziele przez p. Poieważ jedak 1 k 2p 1, więc k = p. Zatem suma p spośród liczb 1, 2,, 2p 1 jest podziela przez p i zadaie jest rozwiązae. Zajmiemy się teraz iym zadaiem z elemetarej teorii liczb. Przy odrobiie ciekawości moża opisaą w im własość odkryć bawiąc się potęgami elemetu 1 x ależącego do rozpatrywaej wyżej algebry grupowej grupy rzędu p ad ciałem Z p. Załóżmy ajpierw, że p = 2. Jak wiemy, w tej algebrze (1 x) 2 = 1 2x + x 2 = 2 2x = 0, a więc dla dowolej liczby aturalej p także mamy rówość (1 x) = 0. Z rozwiięcia lewej stroy tego wyrażeia oraz rówości x 2 = 1 otrzymujemy 0 = Zatem obie liczby ( 1) k( ) x k = k=0 0 2k k 2k) i 0 2k 1 2k+1 2k) 1 2k+1 2k+1) x. 2k+1) są podziele przez 2, poieważ traktowae, jako elemety ciała Z 2 są rówe 0. Rozważmy jeszcze jede szczególy przypadek p =. Tu aalogiczie, dla zachodzi rówość (1 x) = 0, a po rozwiięciu lewej stroy i uwzględieiu rówości x = 1, dostajemy 0 = ( 1) k k) x k = k=0 = ( 1) k( ) + ( 1) k+1( ) x + ( 1) k k+2) x 2. 0 k k 1 k+1 k+1 1 k+2 Aalogiczie, jak poprzedio otrzymujemy zatem, że każda z liczb ( 1) k( ), ( 1) k( ), ( 1) k 0 k k 1 k+1 k+1 1 k+2 k+2 dzieli się przez. Na bazie tych szczególych przypadków sformułujmy zadaie ogóle, którego rozwiązaie pozostawiamy Czytelikowi. 5. Niech p będzie dowolą liczbą pierwszą, p > 2, i m liczbą całkowitą z przedziału 0; p 1. Wówczas dla dowolej liczby aturalej p, liczba ( 1) k( ) dzieli się przez p. 1 pk+m pk+m Na zakończeie zapropoujemy do rozwiązaia w liczbach całkowitych astępujący układ rówań. a 2 + 2bc = pa (4) b 2 + 2ac = pc c 2 + 2ab = pb 1 )

5 Jego rozwiązaie metodami tradycyjymi ie jest może szczególie trude, ale za to jest dość żmude. Tymczasem okazuje się, że wykorzystaie algebr grupowych i ich klasyczych własości daje odpowiedź atychmiast. Niech G = {1, g, g 2 } będzie grupą cykliczą rzędu oraz Q[G] algebrą grupową tej grupy ad ciałem Q liczb wymierych. W algebrze tej rozważmy podzbiór Z[G] = {a + bg + cg 2 a, b, c Z}, gdzie Z ozacza zbiór liczb całkowitych. Zauważmy, że rozwiązaie układu (4) jest rówoważe z wyzaczeiem wszystkich elemetów ξ = a + bg + cg 2 Z[G], które dla ustaloej liczby p spełiają rówaie (5) ξ 2 = pξ. Podstawieie ξ = a + bg + cg 2 prowadzi właśie do układu (4). Dzieląc rówaie (5) obustroie przez p 2 otrzymujemy rówaie w algebrze Q[G] (6) η 2 = η, gdzie η = ξ p. Ze zaych od poad 100 lat strukturalych własości algebr grupowych wiadomo, że w aszej sytuacji, ostatie z rówań ma cztery 1+g+g rozwiązaia: 0, 1, 2, 1 1+g+g2 = 2 g g2. To ozacza, że p = i układ (4) ma cztery rozwiązaia: 1) a = b = c = 0 2) a =, b = 0, c = 0 ) a = b = c = 1 4) a = 2, b = c = 1 Wzorując się a powyższym przykładzie moża ułożyć całą serię układów rówań ieliiowych, iełatwych do rozwiązaia metodami elemetarymi. Owe strukturale własości algebr grupowych, a które powołaliśmy się przy rozwiązaiu układu (4) zae są dla zaczie ogóliejszego przypadku grup, iż tylko grupy cyklicze. Na początku dwudziestego wieku opisao rozwiązaia rówań postaci (6) rówież w przypadku grup ieabelowych tz. takich, w których działaie ie jest przemiee. Od takich rozważań zaczął się m.i. jede z bardzo ważych i obszerych działów współczesej algebry teoria reprezetacji grup skończoych. O iej i zagadieiach pokrewych opowiemy przy iej okazji. 2