1610841717-9c24e46dbf04e3bde7cb68f9a60e4fa3 (824182), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Поскольку А=ρ(τ)По ранее доказанному ρ(τ^(-1))*ρ(τ)=ρ(τ^-1 ο τ)=ρ(e)=EТеперь докажем, что гомоморфизм является инъективнымПусть σ,τ∈Sn и σ≠τ. Но тогда существует точка i: σ(i)≠τ(i), но тогда столбцы в соответствующихматрицах отличаются.Таким образом теорема доказана.Определение 4.12В последней теореме вы доказали, в частности, что если А=ρ(τ) то det(A)=+-1.
Если det(A)=1 топерестановка называется четной, а если det(A)=-1, то она называется нечетной. (обозначается(-1)^τ=sign(τ)=det(ρ(τ))СледствиеПусть σ, τ ∈ Sn(-1)^στ=(-1)^σ*(-1)^τДоказательство:sign(στ)=det(ρ(στ))=det(ρ(σ)ρ(τ)=det(ρ(σ))*det(ρ(τ))=sign(σ) *sign(τ)Определение 4.13Для любой перестановки τ∈Sn обозначимС(τ)={i|τ(i)=i}⊊{1..n}; (множество неподвижных значений)D(τ)={1...n}\C(τ) (множество «переместившихся» значений)Заметим, что i∈D(τ) <=> τ(i) ∈D(τ) (i → τ(i) =τ^(-1)τ(i)=i)Говорят, что перестановки τ, σ ∈Sn независимы, если D(τ)⋂D(σ)=∅Лемма 4.6Если τ, σ ∈ Sn — независимые перестановки, то στ=τσ.Доказательство:Пусть i∈{1..n}. Тогда στ(i)=σ(τ(i))=i, если i∈C(τ)^i∈C(σ)σ(i) если i∈C(τ)^i∈D(σ)τ(i) если i∈D(τ)^i∈C(σ)Докажем справедливость 3-го равенства: i∈D(τ) <=> τ(i)∈D(τ) но τ(i) не принадлежит D(σ) т.
к.ему не принадлежит i. Тогда τ(i)∈C(σ). Рассмотрев случай τ(σ(i) и применив аналогичныерассуждения мы получим то же самое. Таким образом утверждение верно (с той лишь разницейчто придется доказывать равенство для случая i∈C(τ)^i∈D(σ) ).Определение 4.14Перестановка σ∈Sn называется циклом длины k если найдутся такие попарно различные i1,...ikчто σ(i1)=i2, σ(i2)=i3 … σ(i(k-1))=ik, σ(ik)=i1 и σ(j)=j для всех j≠i1...ikОбозначается σ=(i1...ik)Свойства:• (i1….ik)=(i2...ik,i1)По определению σ(i2)=i3… σ(ik)=i1, σ(i1)=i2, совпадает с левым циклом• (i1...ik)^-1=(ik...i2,i1)В цикле в правой части σ(i1)=ik,σ(i2)=i1,...σ(ik)=i(k-1) т.е обратно• (i1...ik)=(i1,i2)(i2...ik)Справа σ(i1)=i2, σ(i2)=i3, σ(ik)=i1,• (-1)^(i1...ik)=(-1)^(k-1)Циклы длины 2 называются транспозициями (i1,i2)^-1=(i2,i1)=(i1,i2)Теорема 4.4 (О разложении перестановки на независимые циклы)Пусть σ∈Sn1)σ разлагается в произведение попарно независимых циклов.2)Такое разложение единственно с точностью до перестановки циклов.Доказательство:1)Пусть σ∈Sn.Докажем это утверждение индукцией по |D(σ)| (по количеству «перемещаемых» элементов)Пусть |D(σ)|=0Тогда σ=e и e очевидно раскладывается на произведение 1 цикла.Теперь предположим что мы можем раскладывать любую перестановку τ: |D(τ)|<|D(σ)| напроизведение независимых циклов.Тогда пусть существует i∈D(σ) → σ(i)∈D(σ) (поскольку если i переходит в σ(i) то σ(i) не можетперейти в себя же) Тогда пусть I=(i, σ(i))*σ.
Но в таком случае заметим, что I(i)=i (посколькуперестановки перемножаются справа налево то i → σ(i)→ i). Но тогда |D(I)|<|D(σ)|, при этом C(σ)не изменится, так как умножение происходит справа налево и все элементы x∈D(σ)переместятся. Тогда заметим что по предположению индукции мы можем разложить I напроизведение независимых циклов но домножив равенство на (i,σ(i)) слева получим (посколькуциклы длины два обратны сами себе) σ=(i,σ(i))*Ι. Однако утверждение еще не совсем доказано,поскольку один из Ij=σj,т.к. Ι=σ1*σ2...*σk может быть зависим с (i,σ(i)).Тогда докажем следующееУтверждение(i,σ(i))*Ι — произведение независимых цикловДоказательство:Заметим, что I(i)=i и поэтому i не может лежать ни в одном цикле в Ι.
Тогда предположим чтоσ(i)∈D(σj) (иначе это разложение на независимые циклы). Без ограничения общности возьмемj=1 (поскольку независимые перестановки коммутируют мы можем переставить σj и σ1) Тогдаσ1=(σ(i), i2,...is), вычислим в таком случае (i,σ(i))*σ(1)=(i,σ(i),i2...is). Но тогдаσ=(i,σ(i))*σ1...σk=(i,σ(i),i2...is)σ2...σk, т. е. Разложение на независимые циклыТаким образом разложение существует. Теперь докажем, что оно единственно:2)Пусть σ=σ1...σk=π1...πs (существует два разложения на независимые циклы)Нам необходимо доказать что1)k=s2)для любого σi существует j: σi=πjЗаметим, однако, что нам достаточно доказать всего лишь вторую часть утверждения, так как втаком случае будет верно утверждение 1.Пусть σ1=(i1,i2...ik).
Тогда заметим что σ(i1) ввиду независимости циклов равно i2.Все из за той же независимости i1 перемещается только одним из циклов πj, то есть πj(i1)≠i1. Нотогда, ввиду того, что в результате произведения как циклов σ1...σk так и циклов π1...πsполучается одна и та же перестановка, то πj(i1)= σ1(i1)=i2. Аналогично проверяем σ1...σκ иполучаем требуемое.Определение 4.15Пусть σ1...σk — разложение подстановки σ на независимые циклы. D(σ) — множествоперемещаемых элементов.
Тогда декрементом подстановки называется число d(σ)=|D(σ)-k| количество перемещаемых элементов минус количество циклов.Декремент единичной подстановки считается равным нулю.Предложение 4.2Для любой σ∈Sn (-1)^σ=(-1)^d(σ) (четность декремента определяет четность подстановки).Доказательство:Пусть σ=σ1...σk. Тогда вспомним, что (-1)^σk=(-1)^l(σ1)-1 Таким образом перемножив получаем(-1)^σ=(-1)^l(σ1)-1*(-1)^l(σ2)-1...(-1)^l(σk)-1=(-1)^l(σ)-k=(-1)^d(σ), что и требовалось.Теорема 4.5 (О полном раскрытии определителя)Пусть F — поле, A∈Mn(F) — матрица над F. Sn — группа перестановок.
Тогда det(A)=sum((1)^d(σ)*a(1,σ(1))...a(n,σ(n)),σ∈Sn).Доказательство:Поскольку мы вводили определитель как полиноминальную кососимметрическую инормированную функцию, то нам достаточно проверить выполнение этих условий для этойформулы.Проверим полилинейность по строкам:Нам нужно, чтобы det(A(1),...a*A(i)+b*B(i)...A(n))=a*det(A(1)...A(i)..A(n))+b*det(A(1)...B(i)...A(n))Но нетрудно проверить что det(A)=sum((-1)^d(σ)*a(1,σ(1))...*αa(i,σ(i))+βb(i,σ(i))*...a(n,σ(n)),σ∈Sn) можно, пользуясь тем что α и β есть в каждом слагаемом суммырасписать как α*sum((-1)^d(σ)*a(1,σ(1))...*a(i,σ(i))*...a(n,σ(n)),σ∈Sn)+β*sum((1)^d(σ)*a(1,σ(1))...*b(i,σ(i))...a(n,σ(n)),σ∈Sn)= α*det(A)+ β*det(B), что и требовалось.Теперь проверим кососимметричность по строкам:Пусть А(i)=A(j) и при этом (без ограничения общности) i<j. Тогда рассмотрим М1:={π ∈ Sn|π(i)<π(j)} и М2:={π ∈ Sn|π(i)>π(j)}- множества таких перестановок что они переводят i в числобольшее (меньшее в случае М2) чем то, в которое переходит j.
Поскольку не может быть такихперестановок в которых они переходят в одно число (поскольку они бы были равны одному итому же числу). То Sn=M1∪M2 в таком случае det(A) можно разложить на сумму перестановокиз M1 и М2 det(A)=sum((-1)^d(σ)*a(1,σ(1))...a(n,σ(n)),σ∈M1)+sum((1)^d(τ)*a(1,τ(1))...a(n,τ(n)),τ∈M2). Заметим также, что σ∈M1 <=> σ(ij)∈M2 (посколькупереставляется элемент стоящий на i, j-том месте, и если их поменять, получим, что этоутверждение справедливо) В таком случае τ=σ(ij) и в таком случае det(A)=sum((1)^d(σ)*a(1,σ(1))...a(i,σ(i)),…,a(j,σ(j)),…,a(n,σ(n)),σ∈M1)+sum((-1)^(d(σ)(ij))*a(1,τ(1))…,a(i,σ(j)),…a(j,σ(i)),…,a(n,τ(n)),σ∈M2), но по ранее доказанномуимеем что (-1)^d(σ(ij))=(-1)^d(σ)+1=(-1)(-1)^d(σ) и поскольку при σ ∈M2, σ`∈M1 σ(j)=σ`(i) имеем, что полученные слагаемые отличаются только знаком.Осталось всего лишь проверить нормированность: det(E)=1.
заметим, что если σ(i)≠i топроизведение будет равно 0 (так как все элементы не на главной диагонали равны нулю), нотогда ненулевое слагаемое будет создано только тождественной перестановкой и слагаемоебудет равно 1, что и требовалось.Теорема 4.6 (Кэли)Любая конечная группа из n элементов изоморфна подгруппе в некоторой группе перестановокSn.Доказательство:Пусть G — конечная группа (g1...gn)Пусть x∈G.
Обозначим σx как перевод gi → x*gi.Утверждениеσx — перестановкаДоказательство:Докажем инъективность: пусть xgi=xgj но gi≠gj. Тогда домножим на x^(-1) слева иполучим gi=gj — противоречие.Сюръективность же следует и того что в образе n элементов (так как мы доказалиинъективность, каждый элемент переходит только в один).Теперь докажем что отображение φ: x → Gx — изоморфизм.Покажем биективность:Пусть Gx1=Gx2 но x1≠x2, но тогда имеем, что Gx1 переводит g1 в x1*g1=x2*g1, домноживсправа на g1^(-1) получим x1=x2.Также заметим, что Gx порождается G и как следствие сюръективно.Докажем что φ сохраняет операции:φ(x1*x2)=φ(x1) ο φ(x2). φ(x1*x2)=σ(x1*x2) φ(x1) ο φ(x2) = σ(x1) o σ(x2) Таким образом результатσ(x2) дополнительно преобразуется σ(x1) но по построению σ это эквивалентно σ(x1*x2), что итребовалось.ЗамечаниеЕсли φ: G1 → G2 — гомоморфизм то φ(G1) — подгруппа G2Доказательство:Пусть x,y ∈ φ(G1), x=φ(a), y=φ(b)x*y^(-1) =φ(a)*φ(b)^(-1)=φ(a)*φ(b^(-1))=φ(a*b^(-1))∈φ(G1)Смежные классы по подгруппе.
Теорема ЛагранжаУтверждениеПусть <G;*> - группа, Η≤G — подгруппа G. Тогда отношение a~b, связывающее а и b еслиa*b^(-1)∈H является отношением эквивалентностиДоказательство:Так как H — подгруппа, следовательно в ней лежит e=a*a^(-1). Но тогда отношениерефлексивно. По той же причине оно симметрично (в группе у каждого элемента есть обратныйи значит там лежит (a*b^(-1))^(-1) Оно транзитивно так как пусть a*b^(-1) ∈ Η, b*c^(-1)∈H, нотогда a*b*b^(-1)*c^(-1)=a*c^(-1)∈H.Этому отношению соответствует разбиение группы G на классы эквивалентности [a]={g∈G|g~a}.Определение 4.16В таком случае класс эквивалентности принято записывать так: aH={ah|h∈H} и называть левымсмежным классом элемента а ∈G по подгруппе H.Аналогично можно определить правые смежные классы, при этом a~(r)b если b*a^(-1)∈HУтверждениеМножества [a] и aH равныДоказательство:Теорема 4.7Пусть <G,*> - конечная группа , H≤G — ее подгруппа.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
