Permutasjoner og symmetriske grupper

Transkript

1 4. Del Permutasjoner og symmetriske grupper Verbet permutere kommer av det latinske verbet permutare og betyr å bytte om, og ombyttinger,elleraltsåpermutasjoner,ernoevikjennerfradagliglivet.imatematikker de også flittig i bruk. De fleste har vel brukt symmetriargumenter i en oppgaveløsning, for eksempel av typen å bytte om variablene i en funksjon det vil si å erstatte f(x, y) med f(y, x) ogerfartatomvivetnoeomforholdetmellomdissetofunksjonene, kan vi enkelte ganger utlede egenskaper til f. Er de like for eksempel, må x og y inngå symmetrisk i f. Vi har allerede sett flere eksempler på permutasjoner. Da vi innledningsvis studerte symmetrigruppen til et kvadrat, så vi at hver av de åtte kvadratsymmetriene permuterte kvadratets hjørner, og at en symmetri faktisk var bestemt av hjørnepermutasjonen den induserer. Det var en grei måte å holde orden på hva som skjedde med kvadratet. Itilleggtilåbytteomhjørnene,permutererogsåkvadratsymmetrienebådediagonalene i kvadratet og linjene som forbinder midtpunktene til to motstående sider. Og selvsagt permuterer de også kantene i kvadratet. For eksempel vil en rotasjon på 90 ipositivretningtilsvarehjørnepermutasjonen uttrykt ved A B C D (vi minner om at vi har døpt hjørnene A, B, C og D, sefigur4.1 nedenfor) og den vil både bytte om de to aksene og de to symmetrilinjene y = x og y = x. Speilingen gjennom x-aksen bytter om hjørnene B og D, menlarbådea og C iro.denlarbegge aksene i ro (den skifter riktig nok fortegn på koordinaten til punkter på y-aksen, men 1

2 Permutasjoner og symmetriske grupper MAT2200 Vår 2014 idennesammenhengenerpoengetaty-aksen avbildes på seg selv), og den permuterer de to andre symmetrilinjene. B B C A C A D D Figur 4.1: Kvadratet i opprinnelig positur og dreid Definisjonen av de symmetriske gruppene Ienmatematisksamenhengerenpermutasjon av en mengde en bijeksjon fra til. Deteraltsåenavbildning :! som både er injektiv og surjektiv, og som derfor har en invers avbildning. Vi skal utelukkende beskjeftige oss med permutasjoner av endelige mengder, og skal ha som gjennomgående hypotese at mengden er endelig, mem oimer allikevel til å minne om det frav tid til annen. I eksemplet ovenfor, der vi så på symmetriene til et kvadrat og permutasjonene de induserer, var det kvadrathjørnene {A, B, C, D} som ble permutert eller for å være helt korrekt er = {A, B, C, D} mengden av betegnelser på hjørnene vi kunne like godt ha kalt dem øst, nord, vest og syd, ellerfordensaksskyld,hvasomhelstannet.detvilleselvsagtikkeforandret realitetene. Med en permutasjon eller en ombytting av elementene i en mengde forstår vi altså en bijeksjon :!. Mengden av alle permutasjoner av betegner vi med Sym(), ellerstundommeds,ogvikallersym() for den symmetriske gruppen til. Viharaltså: Sym() ={ :! er en bijeksjon }. Vi vet at sammensetningen av to bijeksjoner er en bijeksjon, så sammensetning definerer en binær operasjon på Sym(). Identitetsavbildning id :! (gitt ved id (x) =x) fungerer som nøytralt element for sammensetningen, i.e., id =id = for alle 2 Sym(), ogsiden er en bijeksjon, har en invers. Når vi også vet at sammensetning av avbildninger er en assosiativ operasjon, ser vi at Sym() er en gruppe under sammensetning: 2

3 Permutasjoner og symmetriske grupper MAT2200 Vår 2014 Setning. Med sammensetning av avbilninger som binær operasjon er Sym() en gruppe. For de spesielle mengdene I n = {1, 2,...,n} somaltsåbeståravden første naturlige tallene skriver vi S n istedenfor Sym(I n ),ogvikallers n for den symmetriske gruppen på n bokstaver 1. IdettekapitletvilvivekslemellomåarbeidemedgruppeneS n og grupper av formen, deraltså er en endelig mengde. Vi understreker at det i det store og det hele i matematikken er andre mengder enn I n som permuteres. Alle gruppeteoretiske resultater som gjelder S n kan lett overføres til Sym() om er endelig mengde med n elementer. Mekanismen som gjør det mulig, er velkjent fra hverdagslivet og består i å nummerere elementene i. En permutasjon av elementene i vil selvsagt være ekvivalent med en permutasjonen av numrene. Det var nærmest det vi gjorde med hjørnene til kvadratet, bortsett fra at vi merket dem med bokstaver istedenfor å nummerere dem. En slik nummerering av en endelig mengde med n elementer er ikke annet enn en bijektive avbildning :! I n.vikantenkepå (x) 2 I n N som nummeret til elementet x 2. Dersom = {x 1,...,x n },er (x i )=i. At er injektiv, reflekterer at to forskjellige medlemmer i ikke har samme nummer, og at er surjektiv, betyr at vi ikke bruker flere numre enn nødvendig er. Det er åpenbart klart at å permutere elementer i er nøyaktig det samme som å permutere numrene. Eksempel.. Dersom x 1,...,x n er n variable, og 2 S n en permutasjon av I n,såvil avbildningen x i 7! x (i) være en permutasjon av variablene. En funksjon f(x 1,...,x n ) gir opphav til en ny funksjon 2 som vi skal betegne med f,ogsomerdefinertved f (x 1,...,x n )=f(x (1),...,x (n) ). Man sjekker at om 2 S n også er en permutasjon, så er f =(f ). e Oppgave.. Finn en lineær funksjon, en funksjon av grad 2 og en av grad 3 idetre variablene x 1,x 2,x 3 som er invariant under hele S 3, i.e., f = f for alle permutasjoner 2 S 3. Vi skal nå matematisk presisere nummereringsmekanismen vi nevnte. Samtidig gjør vi en liten generalisering, vi lar Y være en generell mengde og :! Y en bijeksjon. Man kan tenke på dette som at vi merker elementene i, ikkemedtall,menmed merker fra Y. Definer : Sym()! Sym(Y ) ved ( )= 1.Viforenklerfranåav notasjonen og dropper for å betegne sammensetning. Det det betyr at vi skriver ( )= 1.Diagrammetsomfølgererenskjematiskillustrasjonav ( ). 1 Det kan virke forunderlig at man sier bokstaver når mengden vitterlig består av tall, men slik er nå engang tradisjonen. 2 Den kan skje at dette blir samme funsjon. I så fall sier vi at f er symmetrisk. 3

4 Permutasjoner og symmetriske grupper MAT2200 Vår 2014 ( ) Vi har: Y Y 1 Setning. Avbildningen : Sym()! Sym(Y ) er en gruppeisomorfi. Bevis: Om 0 er et annet element i Sym() finner vi ved å skyte inn id = 1 mellom og 0 at ( 0 )= 0 1 = = ( ) ( 0 ), som viser at er en gruppehomomorfi. At er invertibel, følger fordi avbildning 0 ( ) = 1 er en invers til. o Eksempel.. Dersom har to elementer, la oss si at = {a, b},såerdensymmetriske gruppen Sym() av orden to. Den har kun én ikke-triviell permutasjon, som bytter om de to elementene. Den er selvsagt av orden to. Om betegner den ikke-trivielle permutasjonen er (a) =b og (b) =a. e Virkninger Hver av symmetriene til et kvadrat indusere i tillegg til en permutasjon av hjørnene, også en permutasjon av sidekantene og diagonalene. Dette er et eksempel på at én type permutasjoner på en naturlig måte induserer andre. Til hver symmetri 2 D 8 får vi en permutasjon h( ) av hjørnene, og dersom H betegner mengden av hjørner, sjekker man enkelt at h: D 8! Sym(H) er en gruppehomorfi. Den er injektiv siden hvordan symmetrien virker på hjørnene, bestemmer symmetrien entydig. Men den er ikke surjektiv e.g., man kan ikke med en symmetri bytte om to nabohjørner ute å røre de andre to hjørnene. Symmetrien induserer også en permutasjon d( ) av de to diagonalene til kvadratet, og dette gir oss en gruppehomorfie d : D 8! Sym(D), derd betegner mengden bestående av de to diagonalene. Nå er d surjektiv de to diagonalene kan byttes om med en symmetri, for eksempel vil speilingen gjennom en av aksene utveksele dem. Imidlertid er den ikke injektiv. En refleksjon gjennom den ene diagonalen, lar begge diagonalene invariant. En slik speiling forflytter selvsagt punktene på den ene diagonalen, men poenget er at diagonalen avbildes i seg selv. Diagonalens punkter forblir på samme diagonal etter speilingen. Disse eksemplene motivere følgende definisjon. En gruppe G sies å virke på mengden dersom det er gitt en gruppehomomorfi : G! Sym(). Dettebetyratdetfor hvert gruppe-element a 2 G er gitt en bijeksjon (a):!, ogatdisseoppfyller 4

5 Permutasjoner og symmetriske grupper MAT2200 Vår 2014 (ab) = (a) (b) (e) =id Man pleier ofte i forenklingens navn å underslå inotasjonenogbareskrivea(x) for det som strengt tatt skal skrives (a)(x). Forfølger man denne tanken,kan definisjonen av en virkning formuleres på følgende måte: En virkning av gruppen G på mengden er en avbildning G! som skrives a(x) detvilsiatparet(a, x) sendes til a(x) og den skal være slik at a(b(x)) = ab(x) e(x) =x der a og b er elementer i G. Det skal altså være slik at om vi først lar b virke på x, for så å la a virke på resultatet, så skal vi få det samme som om vi først fant produktet ab i G, ogsålotdettevirkepåx. ItilleggforlangerviatenhetselementetiG skal virke trivielt. IanvendelseneskalvistundomlagruppenG virke på seg selv på forskjellig vis, som i konteksten ovenfor betyr at = G. En måte å la dette kan skje på er å la G virke ved venstremultiplikasjon, i.e., elementet a 2 G virker på x 2 G ved å sende x til ax. VirkningsavbildningenG G! G er ikke annet enn gruppeloven: (a, x) 7! ax. At a(bx) =(ab)x er presis den assosiative loven i G, ogatea = a er også klart. Dette betyr at kravene til en virkning er oppfylt. Lar vi venstremultiplikasjonsavbildningen bli betegnet med (a) det vil si at (a)(x) =ax, såer : G! Sym(G) en gruppehomomorfi. Og denne er injektiv enhetselementet i G er jo identitetsavbildningen id G,såom (a) =id G så er ax = x for alle x. Vikanvelgex = e, ogdetgirata = e. Vi ser altså at G er isomorf med undergruppe av Sym(G), nemligundergruppen G 0 = (G). DetteomtalesoftesomCayleys teorem, men det synes ikke opplagt at det fortjener betegnelsen teorem 3. Oppgaver.. La I = I 4 = {1, 2, 3, 4} og la J være mengden av uordnede par {i, j} med i, j 2 I og i 6= j altsåundermengdermedtoelementer.hvormangeelementerharj? Sjekk at S 4 virker på J ved {i, j} = { (i), (j)}. 3 I gruppeteoriens barndom, som tilnærmet kan tidfestes til første halvdel av det nittende århundret, studerte man utelukkende undergrupper av de symmetriske gruppene. En slik gruppe kalles for en permutasjonsgruppe, ogstudietavdemerfortsattenviktiggrenavgruppeteorien.detvarførsti at det generelle gruppebegrepet så dagens lys gjennom Arthur Cayleys definisjon av en abstrakt gruppe. Han viste samtidig at den abstrakte definisjonen ikke gir opphav til noen nye grupper. Enhver gruppe er isomorf med en permutasjonsgruppe, og på den tiden var det et viktig resultat. Vi kjenner godt D 8,menåstuderedenvedåbetraktedensomenundergruppeavS 8 er fånyttes. Vi skal se at S 8 er av orden 40320, ogsålesvesentligtmerkompliserennd 8. 5

6 Permutasjoner og symmetriske grupper MAT2200 Vår La være en endelig mengde og la G Sym() være en undergruppe. Vis at G virker på det kartesiske produktet ved g(x, y) =(g(x),g(y))... La være en endelig mengde og anta at G Sym() er en undergruppe. La k være et naturlig tall mindre enn antall elementer i og la k betegne familien av undermengder av med nøyaktig k elementer. Vis at G virker på k ved at vi lar g(a) ={ g(x) x 2 A }, derg 2 G og A 2 k. Antall permutasjoner av n elementer Det er selvsagt avgjørende å kjenne ordenen til de symmetriske gruppene, eller sagt annerledes, å vite på hvor mange forskjellige måter det går an å permutere elementene ienmengdemedn elementer: Setning. Dersom mengden har n elementer, så er ordenen til den symmetriske gruppen Sym() lik n!. Bevis: La = { x 1,x 2,...,x n } og la oss tenke oss at vi skal definere en bijeksjon :!. Verdien (x 1 ) kan vi velge fritt i, ogviharsåledesn muligheter. Når vi velger (x 2 ),måviunngå (x 1 ) siden skal være injektiv, men det er også den eneste føringen. Det gir oss n 1 valgmuligheter. Generelt, når vi skal angi (x i ),måvisomdenenesteføringenholdeossunna de allerede opptatte verdiene { (x 1 ), (x 2 ),..., (x i 1 ) }, forviviljoat skal være injektiv. Det gir oss n i +1valgmuligheter for (x i ). Tilsammen gir dette n (n 1) (n 2) 2 1=n! bijeksjoner fra til. o IlysetavatSym() og S n er isomorfe grupper dersom har n elementer, gir setningen også at Sym() er av orden n! for enhver mengde med n elementer. For å gi en viss følelse for hvor store de symmetriske gruppene er, har vi laget en tabell der vi lister opp ordenen til S n for n opptil 11. Viseratenmengdemed 10 elementer som ikke er veldig mange har godt over tre og en halv million permutasjoner. Det er god del, men allikevel skal vi etterhvert se at vi har svært god oversikt over gruppen S 10.Nårn vokser, vokser n! svært fort, og passerer antall mennesker i verden, om det er noe mål, allerede for n =14.Viharat13! = og og 14! = , mens verdens befolkning ble beregnet til å være 7 milliarder den 31. oktober n n! Tabell 4.1: Ordenen til S n for n apple 11 6

7 Sykliske permutasjoner MAT2200 Vår 2014 En notasjon Det finnes en rekke måter å beskrive hvordan en permutasjon virker. Her skal vi se på en av dem, og vi skal holde oss til de symmetriske gruppene S n av permutasjoner av tallene {1, 2,...,n}. La 2 S n være en permutasjon. Skrivemåten består i en 2 n matrise der den øverste raden greit nok er (1, 2, 3,...,n), ogdennedersteer ( (1), (2),..., (n))). Dennematrisenserslikut: n (1) (2)... (n) Under hvert tall i skriver vi effekten har på i, altså (i). Foreksempelbetegner matrisen S = permutasjonen med (1) = 2, (2) = 3, (3) = 4, og (4) = 1. Denombyttingenhar vi tidligere illustrert på følgende måte: Med denne skrivemåten finner man kvikt sammensetningen av to permutasjoner. Vi illustrer hvordan det gjøres gjennom følgende eksempel, der vi setter sammen de to permutasjonene = og = Vi lager 3 n matrisen A der to to øverste radene er matrisen til,ogderviharfyltutdentredjeradenvedå plassere tallene (i) under i iannenrad.strykesnådenmidtersteraden,stårviigjen med 2 n-matrisen til sammensetningen : = Hvordan denne permutasjonen virker, illustreres ved de to syklene på følgende figur: (B) (c) 7

8 Sykliske permutasjoner MAT2200 Vår Sykliske permutasjoner La oss gripe fatt i noen av de permutasjonene vi allerede har stiftet bekjentskap med. Vi startert med permutasjonene av hjørnene til et kvadrat indusert av rotasjonen r som dreier kvadratet en vinkel på 90. Merker vi hjørnene med tallene 1, 2, 3 og 4, tar denne permutasjonen formen Vi forenkeler notasjonen, dropper pilene (og rødfargen og all den andre pynten) og skriver enkelt og greit (1, 2, 3, 4), derviogsåinnførerkonvensjonenomatdetsiste tallet i sekvensen skal avbildes på det første. Ser vi på permutasjonen i S 9 gitt ved (2, 4, 7, 9, 3, 5), beskrivesdenpågamlemåtensom Vi viderefører også konvensjonen om at tall som ikke er nevnt, skal ligge i ro. Det betyr idettetilfeletat (1) = 1, (6) = 6 og (8) = 8. Definisjonen av en sykel Generelt, om (x 1,x 2,...,x a ) er en sekvens av forskjellige elementer i en mengde, definerer vi med utgangspunkt i denne sekvensen, en permutasjon av. Dersom 1 apple i < a,skaldensendex i på den umiddelbare etterfølgeren til x i,ogdenskal sende det siste elementet på det første. Altså sendes x i på x i+1 om i<a,ogx a på x 1. Punktene x 2 somikkeforekommeri sekvensen, skal liggeiro. Dekallesfikspunktene til permutasjonen. Formelt kan defininsjonen av presenteres slik: 8 >< x j+1 om x = x j og 1 apple j<a (x) = x 1 om x = x a (Y) >: x om x ikke forekommer i sekvensen. Vi skriver = (x 1,x 2,...,x a ) og kaller for en syklus, ensykel, ellerensyklisk permutasjon. Vikallertalleta for lengden til syklen. En sykel som er av lengde to, kaller vi for en transposisjon. Viskalofteomtaleensykelavlengdea som a-sykel. Idennesammenhengenerdetviktigåhuskepåat(x 1,x 2,...,x 3 ) betegner permutasjonen og ikke sekvensen. Samme permutasjon kan nemlig representeres av flere 8

9 Sykliske permutasjoner MAT2200 Vår 2014 forskjellige sekvenser. Hvor i syklusen vi tar utgangspunkt for beskrivelsen, betyr ikke noe for permutasjonen, men det gir forskjellige sekvenser. Det enkleste eksempelet er permutasjonen (1, 2) som bytter om 1 og 2 (og lar alle andre elementer som måtte være involvert i ro). Den kan vi også skrive som (2, 1). Likeledes er (1, 2, 3) og (2, 3, 1) samme permutasjon. På figuren nedenfor har vi på en sirkulær måte illustrert permutasjonen (1, 2, 3, 4, 6), og der synes det klart at vi kan bruke et hvilket som helst tall mellom 1 og 6 på første plass i sekvensen Hvilket element i sekvensen vi velger å sette på første plass, er faktisk den eneste variasjonen som gir samme permutasjon. Vi har nemlig følgende resultat: Setning. Gitt en sekvens (x 1,x 2,...,x a ) av forskjellige elementer i en mengde. La være den sykliske permutasjonen som den definerer. For hvert heltall i, med 2 apple i apple a, vilsekvensen (x i,x i+1,...,x a,x 1,x 2,...,x i 1 ) (M) definere den samme permutasjonen. Omvendt, om en sekvens definerer formen (M) for en i med 1 apple i apple a., er den på Bevis: La være permutasjonen som defineres av sekvensen (M). Ved å bruke definisjonen (Y) påside8 av en syklisk permutasjon finner vi (x j )=x j+1 om i apple j<a. Videre finner vi at (x a )=x 1 og (x j )=x j+1 for 1 apple j<i.itillegger (x) =x for alle de x som ikke forekommer i sekvensen. Dette er presis samme definisjon som av i(m). Anta nå at en annen sekvens (y 1,...,y b ) også definerer.fikspunktenetil er presis de punktene som ikke er med i en definerende sekvens, det være seg den ene eller den andre. Derfor består de to sekvensene av de samme elementene, men apriori opptrer de i forskjellig rekkefølge. Etter en eventuell renummerering av x i -ene, kan vi anta at x 1 = y 1.Ogdafølger det fra (Y) vedinduksjonatx i+1 = (x i )= (y i )=y i+1 for alle i<a. o Ordenen til en sykel Det er også intuitivt ganske opplagt at uansett hvor vi begynner i en syklus av lengde a, må anvendes a ganger for å at vi skal komme tilbake til utgangspunktet; som en illustrasjon, se på 6-syklusen vi tegnet ovenfor. Allikevel spanderer vi et formelt bevis for dette: 9

10 Sykliske permutasjoner MAT2200 Vår 2014 Lemma. Hvis er definert av en sekvens av lengde a, såer av orden a. Bevis: Om (x 1,x 2,...,x a ) er en sekvens som definerer,såer i (x 1 ) = x i+1 for 1 apple i<a.derfor a (x 1 )= a 1 (x 1 )= (x a )=x 1.Visånettoppatvikunnevelge hvilket som helst element i syklusen til å være det første i en representerende sekvens. Derfor er a =id.at i 6=id for i<afølger siden elementene i sekvensen er antatt å være forskjellige, så i (x 1 )=x i+1 6= x 1. o Sammensetning og potenser av sykler Skal man sette sammen to sykler, må man rett og slett bruke definisjonen av sammensetning og følge hvert element gjennom de to. Som et eksempel, la oss se på sammensetningen av de to syklene =(1, 3) og =(2, 3, 4). Vistartermedåfinne (1) og mater med 1. Elementet 1 slipper uberørt gjennom, men (1) = 3, slikat (1) = 3. Det kan noen ganger være til hjelp å skrive dette slik La oss også finne (3): 1 7! 1 7! ! 4 7! 4 slik at (3) = 4. På tilsvarende vis finner man (4) = 2 og at (2) = 3. Detbetyr at er syklen (1, 3, 4, 2). Selv om er en syklisk permutasjon, så er ikke nødvendigvis alle potenser av sykliske. Det enkleste eksempelet er den sykliske permutasjonen =(1, 2, 3, 4). Laoss regner ut virkningen av 2,viskriveropp: 2 =(1, 2, 3, 4)(1, 2, 3, 4) Vi mater høyresiden med 1. Denførste -en sender 1 til 2, ogdenandresender2 til 3, og det betyr at 2 (1) = 3. Hvismanvil,kandetteillustererslik: 1 7! 2 7! 3 På samme måte finner vi 2 (3) = 1, slikat 2 bytter om 1 og 3. Tilsvarende finner vi at 2 byttet om 2 og 4. Så 2 er ikke en syklisk permutasjon, men består av de to syklene (1, 3) og (2, 4). Opgaver.. Finne de tre sammensetningene (1, 3, 4, 5)(3, 5, 2), (1, 2)(1, 3)(1, 4) og (1, 2)(2, 3)(3, 4)(4, 5)... La =(1, 2, 3, 4, 5, 6) 2 S 6.Visat 2 =(1, 3, 5)(2, 4, 6) og at 3 =(1, 4)(2, 5)(1, 6). 10

11 Sykliske permutasjoner MAT2200 Vår La n =2m være et jevnt tall, og la være den sykliske permutasjonen = (1, 2, 3,...,2m). Visat 2 =(1, 3, 5,...,2m 1)(2, 4, 6,...,2m)... Vis at om a og m er relativt primiske, og er en syklisk permutasjon av orden a, så er m syklisk... Anta at a = nm og la være en a-sykel. Vis at n er sammensetningen av n disjunkte m-sykler. (For definisjonen av disjunkte sykler, se neste avsnitt.) Disjunkte sykler Gitt to sekvenser (x 1,...,x n ) og (y 1,...,y n ) fra en mengde. Vilar og være de to syklene de definerer. Vi sier at syklene er disjunkt om sekvensene er det, det vil si at x i 6= y j for alle i og j mellom 1 og n. Foreksempeler(1, 2) og (3, 4) disjunkte, mens (1, 2) og (2, 3, 4) ikke er det. Det er vel nærmest et selvinnlysende faktum at to disjunkte sykler og kommuterer om noen bytter plass i en kinokø i Hammerfest og noen i en polkø i Tvedestrand, så er resultatet det samme uavhengig av rekkefølgen dette skjer i. Men det er allikevel en fundamental observasjon. Anta at og permuterer elementer fra en mengde som er en disjunkt union av undermengdene Y og Z, ogantaat bare permuterer elementer i Y,mens bare permutere elementer fra Z, slikat (z) =z for z 2 Z og (y) =y for y 2 Y.Daer ( (x) om x 2 Y (x) = (x) = (x) om x 2 Z. Vi har Setning. Dersom og er to disjunkte sykler, så er =. Hvis og er to sykler som ikke er disjunkte, vil de generelt ikke kommuterer. Som et eksempel la oss se på de to transposisjonenen =(1, 2) og =(1, 3). Vedå følge hva som skjer med de forskjellige tallene 1, 2 og 3, finnervi: =(1, 2)(1, 3) = (1, 3, 2) =(1, 3)(1, 2) = (1, 2, 3), som er to forskjellige permutasjoner. Legg også merke til at to permutasjoner som ikke er sykliske, men er sammensetningen av flere sykler, gjerne kan kommuterer selvom syklene som inngår ikke er disjunkte. Eksempelvis vil =(1, 2)(3, 4) og =(1, 3)(2, 4) kommutere. Ved utregning kan man sjekke at = =(1, 4)(2, 3). Det kan passe her å komme med en bemerkning om den inverse permutasjonen til en sykel. Det er på ny en sykel, som selvsagt går ut på å gå gjennom syklen baklengs. Hvis =(x 1,...,x n ) er syklen, så er den inverse permutasjonen 1 syklen som er gitt ved sekvensen skrevet i omvendt rekkefølge: 1 =(x n,x n 1,...,x 2,x 1 ). 11

12 Faktorisering i disjunkte MAT2200 Vår 2014 Antall sykler av gitt lengde Blant alle de tusen kombinatoriske spørsmål man kan stille seg om permutasjoner, er hvor mange sykler av en gitt lengde som finnes. Det er ikke vanskeligere å svare, enn at vi gjør det her på fire linjer. Det sagt, mange av de tusen spørsmålene, er uhyre vanskelige, men altså ikke dette. Vi skal først se på det tilfellet at syklen er en sykel av lengde n i S n,ogdetgenerelle tilfellet følger da fra en den kombinatorisk formlen for antall valg uten tilbakelegging av k blant n elementer. Den beskrivende sekvensen til må inneholde alle tall mellom 1 og n ieneller annen rekkefølge, og siden vi fritt kan velge hvor i syklen beskrivelsen starter, kan vi anta at 1 står først i sekvensen. Dernest følger en vilkårlig permutasjon av tallene 2,...,n.Avslikefinnesdet(n 1)! etter setning. på side 6. Viharvist Setning. Antall sykler av lengde n i S n er lik (n 1)!. La oss så se på det generelle tilfellet og telle antall k-sykler i S n.dek elementene som er involvert i syklen, kan velges på n måter, og etter hva vi nettopp så, finnes det k (k 1)! sykler av lengde k som permuterer akkurat de k elementene. Dette gir at det totalt finnes n (k 1)! sykler av lengde k idensymmetriskegruppenpån bokstaver. k Vi har bevist følgende setning: Setning. Det finnes nøyaktig n k (k 1)! sykler av lengde k igruppens n. Oppgaver.. Vis at S n har n 2 transposisjoner... Vis at det i S 3 finnes tre to-sykler og to tre-sykler. Skriv dem opp alle... Hvor mange 3-sykler og hvor mange 4-sykler er det i S 4?.. Hvor mange 5-sykler er det i S 5?Hvormange4-sykler er det? Hvor mange sykliske undergrupper av orden 5 har S 5?.. La p være et primtall. Vis at det finnes nøyaktig (p av orden p i S p. 2)! sykliske undergrupper.. La n være et naturlig tall og la p være et primtall. Vis at om 2 S n er av orden p, såerenten en p-sykel eller en sammensetning av disjunkte p-sykler. 4.3 Faktorisering i disjunkte sykler Vi skal i dette avsnittet se at enhver permutasjon kan skrives som en sammensetning av disjunkte sykler. Å faktorisere permutasjoner slik, er en svært nyttig teknikk, og 12

13 Faktorisering i disjunkte MAT2200 Vår 2014 den brukes hele tiden. Det er lengden av syklene som inngår i faktoriseringen, som bestemmer permutasjonens gruppeteoretiske egenskaper. En slik oppspaltning er til og med entydig opptil rekkefølgen av de disjunkte syklene. De kommuterer jo, slik vi så, så rekkefølgen kan forandres fritt. Banen til en permutasjon La nå være en mengde og la være en permutasjon av. Plukk ut et punkt x 2 og la undermengden B (x) være definert ved B (x) ={ k (x) k 2 Z } Mengden B (x) består av bildene k (x) av x under alle itererte anvendelser av og alle itererte anvendelser av 1.Dersom er endelig, kan vi erstatte Z med N [{0} i definisjonen, og B (x) består av alle itererte bilder av : B (x) ={ k (x) k 2 N [{0}}. Det vet vi fordi når Sym() er endelig, er av endelig orden, og r = e for et passende naturlig tall r. Vikanskrive B (x) ={x, (x), 2 (x),..., a (x)} (;) der a er det minste naturlige tall slik at a+1 (x) =x, ogmankandalettsjekkeat elementene i oppramsingen alle er forskjellige, i.e., i (x) 6= j (x) om 0 apple i<j<a. (tallet a er ikke nødvendigvis lik ordenen til,fordetkunnehendeat a (y) 6= y for elementer y fjernt fra B (x)) Mengden B (x) kalles for banen til x under. Dersom m er helt tall, vil så klart k + m gjennomløpe alle hele tall når k gjør det. Derfor har vi B (x) =B ( m (x)) (R) for alle m 2 Z. Eksempel.. Ser vi på permutasjonen , i S 5 gitt ved matrisen vil banen til 2 være mengden B (2) = {2, 4} siden vi fra definisjonen kan slutte at (2) = 4 og 2 (2) = 2. At (1) = 5 og 2 (1) = 1 viser at B (1) = B (5) = {1, 5}, mens B (3) er redusert til {3} siden 3 er et fikspunkt. Vi ser at =(1, 5)(2, 4) og det kan illustres på følgende figur 13

14 Faktorisering i disjunkte MAT2200 Vår Eksempel.. La oss også se på eksemplet som er gitt ved matrisen Da deles I 5 = {1, 2, 3, 4, 5} opp i to baner, nemligb (2) = B (3) = B (4) = {2, 3, 4} mens B (1) = B (5) = {1, 5}. Viharat =(2, 3, 4)(1, 5): e Ser vi på figurene i de to foregående eksemplene, er det klart at banene er disjunkte. De danner partisjoner av mengden I 5,ogdetteeretgenereltfenomen: Setning. Anta at er en permutasjon av mengden. BaneneB (x) danner en partisjon av når x gjennomløper. Bevis: Siden x = 0 (x), erx 2 B (x) og banene dekker. Oppgavenvårerderfor å vise at to baner enten er disjunkte eller like det var en av flere ekvivalente karakteriseringer av en partisjon. Så anta at x og y er to elementer fra slik at B (x) \ B (y) 6= ;. Detbetyratvihar i (x) = j (y) for to hele tall i og j. Derforer B (x) =B ( i (x)) = B ( j (y)) = B (y) etter likheten (R) påforrigeside. o e Banen til en syklisk permutasjon La nå =(x 1,...,x a ) være en syklisk permutasjon av lengde a. Viskalidenne paragrafen bestemme alle banene til.deeravtotyper.fordetførste,omx 2 er et element som ikke er med i sekvensen (x 1,...,x a ),såerx et fikspunkt for,ogsåledes er banen til x redusert til x selv, i.e., B (x) ={x}. Fordetandre,elementenex i fra 14

15 Faktorisering i disjunkte MAT2200 Vår 2014 sekvensen ligger alle i samme bane siden i 1 x 1 = x i.detbetyratdendefinerende sekvensen selv utgjøre en bane: B (x i )={x 1,...,x a }. Konklusjonen er at alle banene til på én nær, består av ett punkt, og denne ikke-trivielle banen består presis av elementene i sekvensen som definerer. Omvending av dette gjelder også. Vi har: Setning. En permutasjon har én ikke-triviell bane. av elementene i er syklisk hvis og bare hvis den kun Bevis: Det er hvis-delen av utsagnet som vi ikke har argumentert for. La være en permutasjon av elementene i slik at med unntak av én, så er alle banene til ettpunktsmengder. La videre B (x) være den ikke-trivielle banen. Ovenfor på side 13 etablerte vi likheten (;) somfortellerossat B (x) ={x, (x), 2 (x),..., a (x)}, der a er det minste naturlige tallet slik at a+1 (x) =x, ogderalleelementeneer forskjellige. Det er da klart at er den sykliske permutasjonen definert av sekvensen (x, (x), 2 (x),..., a (x)). o Oppgaver.. Finne alle banene til permutasjonene (1, 2, 3)(1, 3, 4) i S 4 og (1, 3, 5)(2, 3)(1, 3, 4) i S 5... Man kan definere banene til en vilkårlige undergruppe av Sym() og ikke bare sykliske slik vi har gjort så langt. La H Sym() være en undergruppe, og la x 2 være et element. Vi lar banen til x under H være definert ved B H (x) ={ hx h 2 H }. Vis at { B H (x) x 2 } er en partisjon av... Anta at H Sym() er en undergruppe. La x 2 være et punkt. Vis at B H (x) er invariant under H, i.e., 2 H. (y) 2 B H (x) hver gang y 2 B H (x) og Vis at banen B H (x) er den minste H-invariante undermengden av som inneholder x. Vis at B H ( (x)) = B H (x) for alle 2 H. 15

16 Faktorisering i disjunkte MAT2200 Vår 2014 Faktoriseringen Permutasjonene vi studerte i eksemplene. og. på side 14 var begge to et produkt av disjunkte sykler. Denførstesåslikut(1, 5)(2, 4)(3) og den andre slik (2, 3, 4)(1, 5). Det er generelt riktig at enhver permutasjon kan skrives som et slikt produkt av disjunkte sykler, og dette er en nyttig måte å fremstille permutasjoner på. Den gjør det rimelig lett å få oversikt over hvordan de virker, og ikke minst er mange av deres gruppeteoretiske egenskaper bestemt av denne faktoriseringen. De disjunket permutasjonene som inngår er entydig bestemt, ogsidendeerdisjunkte,kommutererde. Det fremgår tydelig fra eksemplene. og. at de disjunkte syklene i faktoriseringen kan leses ut av banene. Ogdetprinsippetskalvibyggedetgenerellebevisetpå. Vi har: Teorem. Gitt en endelig mengde. Enhverikke-triviellpermutasjon kan skrives som et produkt = m 2 Sym() der 1, 2,..., m er parvis disjunkte og ikke-trivielle sykler. De kommuterer og er entydig bestemt av. Bevis: La B 1,...,B m være de forskjellige ikke-trivielle banene til,detvilsidebanene som har mer enn ett element. Siden banene danner en partisjon, er disse ikke-trivielle banene parvis disjunkte. Hver av dem definerer en sykel, og syklen som B i definerer, kaller vi for i. Denergittved ( (x) om x 2 B i i(x) = x om x 62 B i. Det er klart at i er en sykel siden den kun har én ikke-triviell bane nemlig B i ogsyklene 1, 2,..., m er parvis disjunkte siden de ikke-triviele banene deres er parvis disjunkte. La oss argumentere for at = t. Antax ligger i B t.da vil også (x) = t (x) ligge der, og de andre syklene i, medi 6= t, bevegerderfor hverken x eller (x), sidendenikke-triviellebaneneb i til i ikke treffer B t.derforer (x) = t(x). Entydigheten følger siden permutasjonene i som inngår i dekomposisjonen er bestemt av de ikke-trivielle banene til. o Eksempel.. Vi ser på permutasjonen i S 7 som er gitt ved = Da er =(1, 3, 4, 6)(2, 5) faktoriseringen av idisjunktesykler. 16

17 Faktorisering i disjunkte MAT2200 Vår e Ordenen til en sammenstening Siden enhver permutasjon er et produkt av disjunkte sykler, er det naturlig å undersøke sammenhengen mellom ordenen til permutasjonen og ordenen til hver enkelt av de disjunkte faktorene. Anta at = t der i-ene er disjunkte sykler. De kommuterer, og følgelig er k = k 1 k 2... k Dersom k har ord( i ) som divisor for hver i, såer i =id for hver i, ogetterligningen ovenfor er da k =id.antasåat k =id.lam være en av indeksene mellom 1 og t, ogantaatx 2 ligger i den ikke-trivielle banen til m. Daerx et fikspunkt for alle de andre i-ene siden de ikke-trivielle banene deres er disjunkte fra den ikke-trivielle k banen til m, ogfølgeligharviat m (x) = k k (x) =x. Detfølgerat m =id og etter xxx vil ord( m ) dele k. Nåvarm vilkårlig blant indeksene, og ordenen til hver av syklene i er en divisor i k. Viharvist: Setning. La være en permutasjon av den endelige mengden og skriv som et produkt av disjunkte sykler = t. Da er ordenen til lik det minste felles multiplum av ordenene til i-ene. Det vil si, at om r i =ord( i ),såerord( )=lcm(r 1,...,r t ). Den maksimale ordenen til er element i S n vokser relativt rask med n. Vekstener iallefall i nærheten av å være eksponentiell. Man kan vise at om er denne maksimale ordenen, så gjelder det at exp p n log n/2. Beviset, som vi ikke på noen måte skal gå inn på i detalj, går ut på finne r primtall p 1 + p p r apple n slik at p 1...p r exp p n log n/2, ogtildetbrukesfølgende estimat fra teorien for primtallsfordeling: k t. log p>x/2. papplex 17

18 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 Oppgaver.. Finn ordenen til følgende tre permutasjoner: (1, 3, 5)(2, 4, 6, 8) (9, 10)(11, 12, 13) (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)(9, 10, 11, 12, 13, 14).. Finn den maksimale ordenen til et element fra hver av de tre symmetriske gruppene S 5, S 10 og S La p være et primtall. a) Anta at 2 S p et element av orden p. Visat en p-sykel. b) Vis at det er (p 2)! sykliske undergrupper av S p av orden p... La p være et primtall og n p et naturlig tall. Vis at et element 2 S n er av orden p hvis og bare hvis enten er en p-sykel eller er sammensetningen av disjunkte p-sykler. 4.4 Faktorisering i transposisjoner og fortegnet til en permutasjon Det er en erfaring fra hverdagslivet at enhver ombytting kan effektueres som en sekvens av ombyttinger som kun lar to elementer skifte plass. Så også i matematikken. Vi har følgende likhet (1, 2, 3,...,n)=(1,n)(1,n 1)...(1, 3)(1, 2) For å innse det, mater vi høyresiden som vi betegner med - med et tall k mellom 1 og n, ogundersøkerhvaoutputer.vistartermedtilfelletk = n. Sidenden 1 transposisjonen lengst til høyre ikke inneholder n, skjer det ingenting med n før i den siste transposisjonen, og den erstatter n med 1. Detbetyrat (n) =1.Omk =1,vil den første transposisjonen (1, 2) sende 1 på 2, meningenavderesterendeinneholder 2, så (1) = 2. Antasåatk ligger mellom 2 og n 1. Forågjøredettydligerehvasom skjer, skriver vi ut på følgende måte: =(1,n)(1,n 1)...(1,k+1)(1,k)...(1, 3)(1, 2) Mates nå k inn fra høyre, skjer ingenting med k når vi suksessivt anvender transposisjonene, før vi kommer til (1,k). Daforvandlesk til 1, somumiddelbartetterforvandles til k +1.Ingenavdepåfølgendetransposisjoneninneholderk +1,såk +1overlever 18

19 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 uforandret. Derfor er (k) =k +1. Vi har vist (k) =k +1for k < n og at (n) =1, i.e., =(1, 2, 3,...,n). Ved et nå standard nummereringstriks følger det at Setning. La x 1,...,x n være forskjellige elementer fra en mengde. Daer (x 1,...,x n )=(x 1,x n )(x 1,x n 1 ) (x 1,x 3 )(x 1,x 2 ) En hverdagslige beskrivelsen av innholdet formlen i denne setningen kan være som følger. Om det i en kø 4 skjer et skifte i rekkefølgen ved at den bakerste stilles først og alle andre rykker at hakk bakover (som representerer venstresiden i formlen og som ofte omtales som grov sniking), kan dette effektueres ved at siste mann bytter plass med den rett foran, så med den rett foran der igjen og på samme vis skritt for skritt avanserer videre, inntil han står først i køen (dette representerer høyresiden i formlen og er en standard sniketeknikk). Kombinerer vi resultatet i setning. med teorem. på side 16 som sa at enhver permutasjon er et produkt av disjunkte sykler, finner vi Teorem. Enhver permutasjon er et produkt av transposisjoner. Imotsetningtilfaktoriseringenavenpermutasjonidisjunktesykler,erenslik fremstilling av en permutasjon som en sammensetning av transposisjoner ikke entydig. Hverken antallet eller transposisjonene som inngår er entydig bestemt. Det banale eksemplet er at siden 1 =id,kanvialltidforlengeenfremstillingvedåskyteinn 1.Vilmanhaetmindrebanaltekempel,såer(1, 2)(2, 3) = (2, 3)(1, 3), noesom er lett å sjekke. Det som imidlertid er konstant, er pariteten til antall transposisjoner som inngår. Det antallet er enten odde eller jevnt uavhengig av fremstillingen. Vi skal etterhver bevise følgende teorem: Teorem. La være en permutasjon og anta at = 1... s = s 0 der i-ene og 0 i-ene alle er transposisjoner. Da er s s 0 mod 2. En mere presis versjon av dette resultatet er følgende: Teorem. La være en mengde med n elementer og la være en permutasjon av. Antaat har r baner og at = 1... s der hver i er en transposisjon. Da er r + s n mod 2 Disse resultatene gir oss muligheten til å definere fortegnet til en permutasjon. Om = 1... s der i -ene er transposisjoner, så lar vi sign =( 1) s. Etter teoremet avhenger dette tallet ikke av hvilken fremstilling av som et transposisjonsprodukt 4 Vi nummerere personen i køen bakfra slik at herr x 1 står bakerst, herr x 2 nest bakerst også videre. Det er x n som står først 19

20 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 vi velger å bruke, og sign er således veldefinert. Man sier at en permutasjon er jevn dersom fortegnet er 1 og odde om det er 1. Jevne transposisjoner er altså satt sammen av et jevnt antall transposisjoner, mens odde er sammensatt av et odde antall. Det er også klart at sign er multiplikativ: Setning. Dersom og 0 er to permutasjoner av mengden, så er sign 0 =sign sign 0 Bevis: Dette følger siden = 1... s og 0 = s 0 0 selvfølgelig medfører at vi har likheten 0 = 1... s s 0 0,somerentransposisjonsfremstillingavlengdes + s0. o Man har sign id =1,ogdersom er en transposisjon, så er sign = 1. Transposisjoner er altså odde. Formlenisetning. ovenfor, viser at sykliske permutasjoner av lengde n er sammensatt av n 1 transposisjoner. Det følger at sykler av odde lengde er jevne, mensdeavjevn lengde er odde. Dettekanvirkebakvendt,menslikerdet. Avbildningen sign: S n! µ 2 er en gruppehomomorfi slik setning (.) viser. Kjernen til denne er en undergruppe av S n som kalles den alternerende gruppen på n bokstaver og som betegnes med A n.denbeståraltsåavallejevne permutasjoner, og den er av orden n!/2. Måten vi har definert fortegnet på er gyldig for en vilkårlig mengde, ogdetutenatdetgjøresad hoc valg. Vi har derfor en homomorfi for enhver endelig mengde. sign: Sym()! µ 2 Oppgave.. La være en permutasjon av en mengde med n elemeneter og la r være antall forskjellige baner har, hvor også ettpunktsbanene (i.e., fikspunktene) er inkludert. Vis at sign =( 1) n r. Så til beviset for teorem.. Dethengerpåfølgenderesultatsomhandlerom hvordan antall baner til en permutasjon forandres når den settes sammen med en transposisjon, ogforåpresisere,visnakkeromdettotaleantallbaner,detrivelle ettpunktsbanene inkludert. Transposisjonens ene ikke-trivielle bane består av to punkter. Disse kan enten ligge i den samme banen til eller de ligger i hver sin, og det er dette forhold som bestemmer antall baner til.vihar: Lemma. Anta at er en transposisjon og at en permutasjon. Dersom den ikke-trivielle banen til er inneholdt i en av banene til denne i to, og har én bane mer enn.,splittes Dersom den ikke-trivielle banen til treffer to av banenen til og har én bane mindre enn.,fusjoneresdisse, 20

21 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 I begge tilfeller er pariteten til antall baner til og forskjellige. Bevis: Vi starter med å studere permutasjoner av mengden = {x 1,...,x n } med n elementer, og vi skal etablere følgende likhet. Fra den vil lemmaet følge. (x 1,x k )(x 1,x 2,...,x k,...,x n )=(x 1,x 2,...,x k 1 )(x k,...,x n ) (K) Dette er rett og slett den første påstanden i lemmaet for det tilfellet at Multipliserer vi med (x 1,x k ) på begge sider i (K) finnervi er syklisk. (x 1,x 2,...,x k,...,x n )=(x 1,x k )(x 1,x 2,...,x k 1 )(x k,...,x n ) (L) som rett og slett er den andre påstanden i lemmaet for det tilfellet at har nøyaktig to ikke-trivielle baner. For å etablere likheten (K) følgerviførstelementenex i gjennom behandlingen det får på venstre side. Om i 6= n og i 6= k 1 vil x i avbildes på x i+1,sidenx i ide tilfellene ikke forekommer i (x 1,x k ).Videreharviforx n s og x k 1 s vedkommende at de behandles slik: x n 7! x 1 7! x k x k 1 7! x k 7! x 1 der =(x 1,x k ) og =(x 1,...,x n ). Til sammen gir dette at 8 >< x i+1 om i 6= n, i 6= k 1 x i 7! x k om i = n >: x 1 om i = k 1 La oss så se hva høyresiden gjør med elementene x i.detosyklenedererdisjunkte,så et element x i påvirkes kun av én av dem. Om i 6= k og i 6= n, avbildesx i på x i+1,og x k sendes på x 1 og x n på x k+1.detteerpresisdetsammesomvifantfordenvenstre siden, og formlen (K) erdermedetablert. Anta nå at er en vilkårlig permutasjon og at er en transposisjon hvis ikketrivielle bane er inneholdt i en av banene til.ladennebanenbetegnesmedb og la B = {x 1,...,x n }.VikanutentapavalmengyldighetenantaatelementeneibanenB er nummerert slik at = {x 1,x k }.Detfølgerdafra(K) atdenfaktoriseringenav idisjunktesyklerserslikut =(x 1,x 2,...,x k 1 )(x k,...,x n ), der er produktet av de syklene i som er disjunkte fra B. Det følger at har én bane mer enn. 21

22 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 Anta så at den ikke-trivielle banen til treffer de to banene B og B 0 til.vilar B = {x 1,...,x k 1 } og B 0 = {x k,...,x n },ogvikansåklartnummerereelementene slik at =(x 1,x k ).Formel(L) girat =(x 1,x k )(x 1,x 2,...,x k 1 )(x k,...,x n ) =(x 1,x 2,...,x k,...,x n ), der igjen er produktet av syklene til som er disjunkte fra B og B 0.Detfølgerat har én bane mindre enn. o Vi avslutter med å vise teorem.: Bevis for teorem.: Dette teoremet følger nå direkte fra lemma. ved induksjon på s: Nårs øker med én, vil r forandre seg med ±1, menmodulotoendresdas + r ikke. Dersom s =0,er =id og har n baner (alle med ett element), og induksjonen kan starte. o Nabotransposisjoner IdensymmetriskegruppenS n,somjopermuterertallenemellom1 og n, erdetnoen særmerkede transposisjoner som kalles for nabotransposisjoner. Det er de som er på formen (k, k +1),med1 apple k<n.debytteraltsåomtonaboeroglaralleandretall iro.dettebegrepeterspesifiktforgruppenes n og har ikke mening i det generelle tilfellet Sym(), medmindreviharordnetelementeneimengden på et vis. Teorem. forteller oss at enhver permutasjon kan skrives som et produkt av transposisjoner, eller sagt noe annerledes, transposisjonene genererer S n.deteravinteresse åfinnesmågeneratormengder,ogvikangjøredetlangtbedreennåmåttebrukealle de n(n 1)/2 transposisjonene. Vi skal vi se at det holder med n 1 transposisjoner, om de velges smart. Tillater man andre generatorer enn transposisjoner, holder det med to. Ioppgave. nedenfor blir man bedt om å vise at =(1, 2,...,n) og =(1, 2) faktisk genererer S n,menheritekstenholderviosstiltransposisjoner: Setning. Enhver permutasjon i S n kan skrives som et produkt av de n transposisjonene (1, 2), (1, 3),...,(1,k),...,(1,n). Bevis: Det er nok å påpeke, siden vi har teorem. på side 19,atfølgendesammenheng gjelder: (i, j) =(1,i)(1,j)(1,i). En av egenskapene til nabotransposisjonene, er at de genererer S n. Med andre ord, enhver permutasjon kan skrives som et produkt av nabotransposisjoner: o 1 nabo- Setning. Enhver permutasjon i S n kan skrives som et produkt av de n transposisjonene (1, 2), (2, 3), (3, 4),...,(k 1,k),...,(n 1,n). 22

23 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 Bevis: Vi har likheten (1,k)=(1,k 1)(k 1,k)(1,k 1) som man lett sjekker ved fortløpende å mate høyresiden med 1, k 1 og k. Detfølger ved induksjon på k at enhver permutasjon på formen (1,k) kan skrives som et produkt av nabotransposisjoner, og vi kan avslutte beviset med setning. på forrige side. o Oppgaver.. Faktoriser =(1, 2, 3)(2, 3, 4)(4, 5, 6) som et produkt av disjunkte sykler... Skriv (a 1,a 2,...,a r )(a 1,b) som et produkt av disjunkte sykler... Skriv (a 1,...,a r,x,y,b 1,...,b s )(a r,...,a 1,x,y,c 1,c 2,...,c t ) som et produkt av disjunkte sykler... La være en permutasjon i S n og la k apple n være et naturlig tall. Vis at vi da har relasjonen (1, 2, 3,...,k) 1 =( (1), (2),..., (k)). Hint: Mat høyresiden med tallene 1, 2, 3,...,n... Vis at om =(1, 2,...,n) så er k (1, 2) k =(k +1,k+2) for hele tall k med 0 apple k apple n 2. Brukdettilåviseat og (1, 2) genererer S n... Vis at den alternerende gruppen A n er generert av alle sammensetninger 0 av par av transposisjoner og 0... Vis at den alternerende gruppen A n er generert av alle tre-sykler. Hint: Etabler formlene (x 1,x 2,x 3 )=(x 1,x 3 )(x 1,x 2 ) og (x 1,x 3,x 2 )(x 1,x 3,x 4 )=(x 1,x 2 )(x 3,x 4 ). Determinanter og diskriminanter Permutasjoner har myriadere av anvendelse i alle grener av matematikken, og fortegnet deres dukker på sentrale steder, blant annet i den vanligste definisjonen av determinanter. Dersom A =(a ij ) er en n n matrise, kan determinanten uttrykkes ved følgende formel, og i mange lærebøker er det slik determinanten defineres: det A = 2S n sign a 1 (1) a 2 (2) a n (n) (E) 23

24 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 På den annen side, om determinanten er definert på annet vis, og det er det fullt mulig å gjøre, gjenfinner vi fortegnet til en permutasjon som determinanten til den tilsvarende permutasjonsmatrisen A. Og man kan, om man vil, bruke denne tilnærmingen til å definere fortegnet til en permutasjon i S n. Vi minner om at en permutasjonsmatrise er en kvadratisk matrise der alle rader og alle søyler kun har ett element forskjellig fra null, og det elementet er lik én. Vi lar som sedvanlig {e i } 1appleiapplen betegne standardbasisen til R n, i.e., e i er søylevektoren e i =(0,...,0, 1, 0,...,0) t der eneren står på i-te plass. For hver permutasjon 2 S n lar vi A være matrisen som har som i-te søyle vektoren e (i).detteeren permutasjonsmatrise, for om en rad inneholder to enere, si de befinner seg i søylene i og j med i 6= j, måjoe (i) = e (j),ogderforer (i) = (j). Men siden er en bijeksjon, er det umulig når i 6= j. Matrisen A er matrisen til lineæravbildningen R n! R n som sender i-te basisvektor e i til e (i).sammensetningena A virker da første ved at A sender e i til e (i) som så blir sendt videre av A til e ( (i)). Men dette er jo nøyaktig måten A virker på. Vi har altså at A = A A. (F) Man kan tenke på 7! A som en avbildning S n! Gl(n, R), ogformelf forteller oss at dette er en gruppehomomorfi. Det klart at den er injektiv, for om A er lik identitetsmatrisen, er jo e (i) = e i for alle i, ogdetbetyrat (i) =i for alle i. Viharaltså at S n er isomorf med undergruppen av Gl(n, R) bestående av permutasjonsmatriser. Dette er et eksempel på hva som kalles en lineær representasjon av den symmetriske gruppen. Så til detertminanten, vi har Setning. det A =sign Bevis: Om er en transposisjon, er det klart at det A = 1, fora fremkommer fra identitetsmatrisen ved at det byttes om to søyler. Om nå = 1 s er et produkt av transposisjoner, er A = A 1 A s og siden determinanten og fortegnet begge er multiplikative, er vi fremme. o En annen anvendelse av fortegnet til permutasjoner og som også lett kan omgjøres til en definisjon om man skulle ønske det er den såkalte diskriminanten. Historisk sett har diskriminanten vært en permutasjonenes følgesvenn fra starten av, og den har dype røtter i ligningsteorien. For annengradsligninger, for eksempel, er diskriminanten en god gammel kjenning, nemlig uttrykket B 2 4AC.Detviskalsepåher,generaliserer imidlertid kvadratroten ± p B 2 4AC, der± antyder at det er et fortegn ute og går. La x 1,...,x n være n variable. Den symmetriske gruppen S n virker på polynomer i disse ved å permutere de variable, det vil si via formlen f (x 1,...,x n )=f(x (1),...,x (n) ). 24

25 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår 2014 Da gjelder det så klart at f =(f ). Vi ser spesifikt på følgende polynom 5 : = Y 1applei<japplen (x i x j ). Lar vi virke på det, finner vi = der er et fortegn. Den eneste effekt virkningen har, er jo at enkelte av faktorene skifter fortegn (det skjer for de indekspar med i<jog (i) > (j)). Lar vi så utsettes for en annen permutasjon, finnervi på den ene siden at =( ) = =, men på den annen side er =, og det følger at fortegnet er multiplikativt. Nåer = 1 dersom er en transposisjon, og dermed er sign =.Deterikkeheltoppeidagenat = 1 for transposisjoner; mange av faktorene i skifter fortegn, og det kreves at argument for at den totale effekten er et fortegnsskifte: Dersom a>jog b>jeller om b<jog a<jinngår x a x j og x b x j med samme fortegn i produktet, og er a<j<b,inngårx a x j og x b x j med motsatt fortegn, så bytter vi om a og b vil produktet av disse faktorene fortsatt inngå med samme fortegn i produktet. Mens derimot x a x b skifter fortegn når a og b utveksles, og dermed skifter fortegn når a og b byttes om. Vi har bevist følgende setning Setning. Dersom Oppgaver 2 S n og med notasjonen ovenfor er =sign... La være transposisjonen som bytter om de to tallene l og k mellom 1 og n. La A =(a ij ) være en n n-matrise og la A 0 være matrisen der vi har byttet om søyle l og k i A. VisatA 0 =(a i (j) ).Brukformel(E) ovenfortilåutledeatdet A 0 = det A... Vis ved å bruke formel (E) ovenfor at determinanten er lineær i hver rad... Vis at om A =(a ij ) er en n n-matrise, så føger det fra (E) at det A = 2S n sign a 1 (1)1a 1 (2)2 a 1 (n)n. Bruk det til å vise at det A =deta t. 5 Det er variable konvensjoner ut og går når det gjelder navn på,menvanligviserdetkvadratet av,altså 2,somkallesfordiskriminanten, ogdaer navnløs. I ligningsteorien vil man la x i -ene være røttene til polynomet man studerer, og vil da fortelle oss når to røtter er like. Da forsvinner nemlig. 25

26 Fortegnet til en permutasjon MAT2200 Vår Se på annengradspolynomet Ax 2 + Bx+ C og la x 1 og x 2 være de to røttene. Vis at 2 = B 2 4AC. Versjon: Thursday, February 6, :08:17 PM 26