Примеры подгрупп

1. Группа вращений правильного треугольника:

1 2 3 – тождественная перестановка;

2 3 1 – вращение по часовой стрелке;

3 1 2 – вращение против часовой стрелки.

32

Нетрудно проверить, что произведение любых двух перестановок нашей группы есть перестановка нашей группы, есть перестановка нашей группы.

Данная группа является подгруппой группы всех 3!=6 перестановок трех элементов.

2. Группа всех вращений тетраэдра:

1) Вращения относительно высоты 10 тетраэдра на 120 по часовой и против часовой стрелки:

(10) 1 3 4 2 1 4 2 3

(2) 4 2 1 3 3 2 4 1

(3) 2 4 3 1 4 1 3 2

(4) 3 1 2 4 2 3 1 4

2)Вращения относительно осей LM проходящих через середины противоположных сторон на 180

2 1 4 3 4 3 2 1 3 4 1 2.

3)Тождественная - 1 2 3 4.

Всего 12 перестановок. Эта группа является подгруппой группы всех 4!=24 перестановок четырех элементов. В обоих примерах порядок подгруппы (т.е. число элементов в ней) делит порядок группы.

Имеет место

Теорема Лагранжа. Порядок подгруппы делит порядок группы.

Доказательство. Пусть имеется группа G и ее подгруппа H. На множестве элементов группы зададим следующее отношение: скажем, что два элемента a и b группы эквивалентны, если найдется элемент что . Это отношение обладает тремя свойствами:

1. Оно рефлексивно, т.е. ~ a для любого а. Это верно, так как , где (Н -подгруппа).
2. Оно симметрично, т.е. если а~b, то b~a. Это верно, так как из первой эквивалентности следует, что и поэтому ( так как Н подгруппа, здесь мы так же использовали ассоциативность умножения в группе).
3. Оно транзитивно, т. е. если a ~ b и b ~ c, то a ~ c. Этоверно, так как из первой эквивалентности следует, что из второй следует тогда так как Н подгруппа.

Тогда нетрудно видеть, что данное отношение эквивалентности разобьет все множество G на левые классы эквивалентных непересекающихся множеств, называемых левыми смежными классами группы G по подгруппе Н. (В одном классе эквивалентные между собой элементы, в разных неэквивалентные).

Причем в каждом классе содержится ровно элементов. (Класс, содержащий некоторый элемент а, содержит элементы где h пробегает группу Н, а их ровно ). Классы не пересекаются, и поэтому порядок подгруппы Н делит порядок группы G.

Данное утверждение можно доказать также используя разложение на правые классы смежности группы G по подгруппе Н.

Пример. Группа вращений треугольника Н является подгруппой группы G всех перестановок трех элементов.

Н: 1 2 3 2 3 1 3 1 2

G: 1 2 3 1 3 2 3 2 1 2 1 3 2 3 1 3 1 2

Разложение на классы эквивалентных элементов имеет вид:

1 2 3, 2 3 1, 3 2 1 2 1 3, 1 3 2, 3 2 1.

Первый класс есть (1 2 3) , второй (1 3 2) .

Теперь займемся следующей задачей:

1. Имеется множество объектов Х:слова длинны п в алфавите .
2. Имеется группа перестановок G в алфавите букв длинны п. Два слова назовем эквивалентными , если для некоторой перестановки , имеем: слово совпадает со словом .

Утверждение 7. Введенное отношение является отношением эквивалентности.

1. Оно симметрично. Если , то = , тогда .

2. Оно рефлексивно , так как

3. Оно транзитивно: если , то = , = ,

тогда , где (здесь мы также использовали ассоциативность преобразования букв слова).

Таким образом, данное отношение разбивает множество слов на классы эквивалентных слов или, как будем называть в дальнейшем, на орбиты. Наша основная цель - найти число орбит.

Для некоторого слова х рассмотрим множество перестановок N(x): ,

т.е. это перестановки, которые оставляют на месте данный объект. (Например, для слова 010 такой перестановкой служит слово 321, когда первая и третья буквы слова меняются местами, а также тождественная 123).

Утверждение 8. Множество N(x) является группой.

Действительно это верно, так как, если принадлежат N, то . В силу Утверждения 7. и следует требуемое.

Теперь сформулируем основное утверждение параграфа.

Лемма 1. Бернсайда. Число орбит элементов множества Х относитель­но группы перестановок G равно . (Здесь п(а) число слов х,

которые не изменяются при перестановке а.)

Для доказательства рассмотрим таблицу: ее строки — это элементы группы G, а столбцы — это слова х;на пересечении строки а и столбца х ставим 1, если а(х) = х..

Тогда число единиц в таблице можно получить, суммируя их по строкам или, суммируя их по столбцам, т.е.

. (1)

Наша цель — преобразовать сумму в правой части к нужному виду. Сумму в правой части удобно посчитать, разбив элементы на орбиты

Рассмотрим некоторую орбиту О и два элемента из этой орбиты. Покажем справедливость утверждений.

Утверждение 9.

Утверждение 10. Число слов в орбите О равно (в силу пре­дыдущего утверждения, число слов в орбите не зависит от выбора предста­вителя орбиты.)

Доказательство. (Утверждение 9.)

означает, что при некоторой перестановке . - это перестановки

Рассмотрим перестановки (N обозначает N()). Нетрудно видеть, что Действительно,

Причем, если , то , поэтому

В силу эквивалентностислов следует и обратное неравенство

,что и дает требуемое.

Доказательство. (Утверждение10. )

Пусть х некоторый элемент орбиты О. Чтобы найти число элементов в орбите О, нужно к элементу х применить все перестановки группы G, и тогда все полученные различные элементы и будет орбита О.

Разобьем все перестановки из G на правые классы смежности по под­группе N(х). Покажем, что для любых перестановок из одного класса будем иметь , а из разных классов . Это и означает, что число элементов в орбите равно числу классов смежности группы G по подгруппе N(х), т.е. числу . Действительно, если , то , где N(х}. Тогда

Пусть теперь неэквивалентна . Покажем, что

Действительно, если это не так, т.е. , то

Таким образом , т.е. пере­становки эквивалентны. Противоречие. Утверждение 10 доказано.

Теперьможно доказать Лемму Бернсайда. Доказательство. Имеем равенство (1).

Здесь — есть не что иное, как число орбит, обозначено какR,

число N(х) не зависит от представителя , обозначим его —

N(0). Тогда, деля левую часть равенства на получаем требуе­мую формулу.

Осталось показать, как вычислять п(а) — число слов в алфавите из s символов, которые не изменяются при перестановке а. Нетрудно показать, что любую перестановку можно представить в виде произведения циклов.

Например, 21453 есть произведение 12 345, цикл 345 означает, что третья буква переходит на четвертое место, четвертая на пятое, а пятая на третье, т.е. буквы третья, четвертая и пятая сдвигаются по циклу, а все остальные остаются на месте. Цикл 12 определяется аналогично. Тогда слова, которые не изменяются при перестановке 21453 — это слова, у которых на первом и втором месте стоит одна и та же буква, и на третьем, четвертом и пятом месте стоит одна и та же буква. В данном случае число слов равно . В общем случае, если перестановка а раскладывается в k циклов, то

Пример. Каким числом способов можно раскрасить вершины тетраэдра

в три цвета. Два тетраэдра различно раскрашены,если их нельзя перевести

друг в друга вращениями в пространстве.

Решение. Рассмотрим множество объектов Х — слова длины 4 в ал­фавите из трех элементов. Это все окрашенные тетраэдры, включая эквивалентные (т.е. зафиксировали тетраэдр и все­возможными способами раскрасили его вершины, при этом не­которые раскраски естественно оказываются эквивалентными, т.е. одну из другой можно получить поворотами в простран­стве).

Наша задача посчитать число неэквивалентных раскрасок. Рассмотрим группу вращений тетраэдра Н относительно ко­торой и рассматриваем неэквивалентность раскрасок. Тогда число различных раскрашенных тетраэдров есть число орбит Х относительно Н. Найдем числа

1. 1342 = 1 234, п = = 9 и таких перестановок в первой группе 8.

2. 2143 == 12 34; п = = 9 и таких перестановок три.

3. 1234 =1 ; п = 3⁴ = 64.

По лемме Бернсайда искомое число есть =15. Здесь 12 число элементов в группе вращений тетраэдра.

Дата добавления: 2017-01-13; Просмотров: 766; Нарушение авторских прав?; Мы поможем в написании вашей работы!