gdy an 6= e dla ka˙zdego n ∈ N) m´owimy, ˙ze rzad elementu a jest r´, owny ∞ (niesko´nczono´s´c)

Wyk lad 3

Grupy cykliczne

Definicja 3.1. Niech a bedzie elementem grupy (G, ·, e). Je˙zeli istnieje liczba na-_, turalna k taka, ˙ze a^k = e, to najmniejsza tak_, a liczb_, e naturaln_, a k nazywamy rz_, edem_, elementu a. W przeciwnym przypadku (tzn. gdy aⁿ 6= e dla ka˙zdego n ∈ N) m´owimy, ˙ze rzad elementu a jest r´_, owny ∞ (niesko´nczono´s´c). Rzad elementu a oznaczamy przez o(a)._,

Przyk lad 3.2. Zauwa˙zmy, ˙ze o(−1) = 2 w grupie R^∗, gdy˙z w tym przypadku e = 1 oraz −1 6= 1 i (−1)² = 1. Natomiast w grupie R⁺ mamy, ˙ze o(−1) = ∞, bo w´owczas e = 0 oraz dla ka˙zdego n ∈ N jest n · (−1) = −n 6= 0.

Uwaga 3.3. Przyk lad 3.2 pokazuje, ˙ze nale˙zy by´c bardzo ostro˙znym przy wyznaczaniu rzedu elementu grupy. Przede wszystkim musimy rozumie´_, c nature dzia lania grupowego_, oraz wiedzie´c jak wyglada element neutralny tej grupy._,

Uwaga 3.4. Ze Stwierdze´n 2.16 i 2.17 wynika od razu, ˙ze dla dowolnego elementu a sko´nczonego rzedu grupy G zachodzi wz´_, or:

o(a) = |hai|.

W szczeg´olno´sci z Twierdzenia 2.9 mamy, ˙ze rzad dowolnego elementu grupy sko´_, n- czonej jest dzielnikiem jej rzedu._,

Stwierdzenie 3.5. Niech a bedzie elementem sko´_, nczonego rzedu grupy (G, ·, e). Wtedy_, dla dowolnego ca lkowitego k:

a^k = e ⇐⇒ o(a) | k.

Dow´od. Je´sli o(a) | k, to istnieje s ∈ Z takie, ˙ze k = s · o(a). Zatem a^k = a^s·o(a) = (a^o(a))^s = e^s = e. Na odwr´ot, za l´o˙zmy, ˙ze a^k = e. Wtedy istnieja q, r ∈ Z takie, ˙ze_, k = q · o(a) + r i 0 6 r < o(a). Stad e = a, ^k = a^q·o(a)+r = a^q·o(a) · a^r = e · a^r = a^r, czyli a^r= e. Ale r < o(a), wiec r 6∈ N, czyli r = 0. Zatem k = q · o(a) i o(a) | k. _,

Stwierdzenie 3.6. Je˙zeli a i b sa elementami sko´_, nczonych wzglednie pierwszych_, rzed´_, ow grupy G oraz a · b = b · a, to o(ab) = o(a) · o(b).

Dow´od. Oznaczmy: n = o(a), m = o(b). Wtedy m, n ∈ N, (m, n) = 1 oraz aⁿ = e i b^m = e. Z Twierdzenia 1.14, (ab)^k = a^kb^k dla ka˙zdego k ∈ Z. W szczeg´olno´sci (ab)^mn= a^mnb^mn = e·e = e, skad l = o(ab) 6 mn. Ale e = (ab)_, ^l = a^lb^l, wiec e = (a_, ^lb^l)ⁿ =

= a^lnb^ln = eb^ln = b^ln, czyli b^ln = e. Zatem ze Stwierdzenia 3.5, m | ln. Ale (m, n) = 1, wiec z zasadniczego twierdzenia arytmetyki, m | l. Analogicznie pokazujemy, ˙ze n | l._,

Poniewa˙z m | l i n | l oraz (m, n) = 1, wiec mn | l, czyli mn 6 l. Ale wcze´sniej_, pokazali´smy, ˙ze l 6 mn, wiec ostatecznie l = mn, czyli o(ab) = o(a) · o(b). _,

Stwierdzenie 3.7. Je˙zeli a jest elementem niesko´nczonego rzedu grupy (G, ·, e), to_, dla dowolnych liczb ca lkowitych k i l:

a^k = a^l ⇐⇒ k = l.

W szczeg´olno´sci grupa hai jest niesko´nczona. Ponadto grupa hai posiada dok ladnie dwa generatory: a i a⁻¹.

Dow´od. Za l´o˙zmy, ˙ze istnieja r´_, o˙zne liczby ca lkowite k, l takie, ˙ze a^k = a^l. Bez zmniejszania og´olno´sci mo˙zemy zak lada´c, ˙ze k > l. Wtedy k − l ∈ N i a^k−l = e, co przeczy temu, ˙ze o(a) = ∞. Implikacja odwrotna jest oczywista.

Poniewa˙z a = (a⁻¹)⁻¹ ∈ ha⁻¹i, wiec hai ⊆ ha_, ⁻¹i. Ale ha⁻¹i ⊆ hai, wiec ha_, ⁻¹i = hai, czyli a⁻¹ jest generatorem grupy hai. Ponadto z pierwszej cze´sci dowodu a_, ⁻¹ 6= a. Niech teraz b ∈ hai bedzie generatorem grupy hai. Wtedy istnieje liczba ca lkowita k taka, ˙ze_, b = a^k oraz a ∈ ha^ki. Zatem istnieje l ∈ Z takie, ˙ze a = (a^k)^l = a^kl. Zatem z pierwszej cze´sci dowodu kl = 1, sk_, ad k = 1 lub k = −1 oraz b = a lub b = a_, ⁻¹. 

Lemat 3.8. Niech a bedzie elementem sko´_, nczonego rzedu grupy G. W´_, owczas dla dowolnej liczby ca lkowitej k:

ha^ki = ha^(o(a),k)i.

Dow´od. Oznaczmy d = (o(a), k). Wtedy d | k, wiec k = dl dla pewnego l ∈ Z, sk_, ad,

a^k = (a^d)^l ∈ ha^di. Zatem ha^ki ⊆ ha^di. Ponadto z elementarnej teorii liczb wiemy, ˙ze istnieja liczby ca lkowite x, y takie, ˙ze d = o(a)x + ky. St_, ad a_, ^d = a^o(a)x+ky = a^o(a)x· a^ky =

= e · a^ky = (a^k)^y ∈ ha^ki. Zatem ha^di ⊆ ha^ki i ostatecznie ha^di = ha^ki. 

Twierdzenie 3.9. Niech a bedzie elementem sko´_, nczonego rzedu grupy (G, ·, e). Wtedy:_, (i) dla dowolnego naturalnego dzielnika d liczby o(a) zachodzi wz´or:

o(a^d) = ^o(a)_d , (ii) dla dowolnej liczby ca lkowitej k zachodzi wz´or:

o(a^k) = _(o(a),k)^o(a) .

Dow´od. (i) Zauwa˙zmy, ˙ze ^o(a)_d ∈ N i (a^d)^o(a)d = a^d·o(a)d = a^o(a) = e. Zatem k = o(a^d) 6

o(a)

d . Ale e = (a^d)^k = a^dk, wiec ze Stwierdzenia 3.5 mamy, ˙ze o(a) | dk. Zatem_, ^o(a)_d | k, czyli ^o(a)_d 6 k i ostatecznie k = ^o(a)_d .

(ii) Z Lematu 3.8 mamy, ˙ze ha^ki = ha^(o(a),k)i. Ale d = (o(a), k) jest naturalnym dzielnikiem o(a), wiec z (i) oraz z Uwagi 3.4 uzyskujemy, ˙ze_{, (o(a),k)}^o(a) = o(a^(o(a),k)) =

|ha^(o(a),k)i| = |ha^ki| = o(a^k). 

Twierdzenie 3.10. Za l´o˙zmy, ˙ze hai jest sko´nczona grup_, a cykliczn_, a rz_, edu n. Niech_, d bedzie dzielnikiem naturalnym liczby n. Wtedy w grupie hai istnieje dok ladnie ϕ(d)_, element´ow rzedu d i s_, a one postaci a_, ^nd·k, gdzie k ∈ {1, . . . , d} oraz (k, d) = 1.

Dow´od. Niech k ∈ {1, . . . , d} bedzie takie, ˙ze (k, d) = 1. Wtedy (_, ⁿ_d · k, n) = (ⁿ_d· k,ⁿ_d· d) = ⁿ_d · (k, d) = ⁿ_d· 1 = ⁿ_d. Zatem z Twierdzenia 3.9, o(a^nd·k) = ⁿn

d

= d.

Niech teraz b ∈ hai bedzie elementem rz_, edu d. Wtedy istnieje liczba naturalna m 6 n_, taka, ˙ze b = a^m oraz z Twierdzenia 3.9, d = o(a^m) = _(m,n)ⁿ , skad (m, n) =_, ⁿ_d. Ale (m, n) | m, wiec istnieje k ∈ N takie, ˙ze m =_, ⁿ_d· k. Ponadto ⁿ_d = (m, n) = (ⁿ_d· k,ⁿ_d· d) = ⁿ_d· (k, d), wiec (k, d) = 1. Ale m 6 n, wi_, ec_, ⁿ_d · k 6 n, skad k 6 d._,

Je´sli k, l ∈ {1, . . . , d}, (k, d) = (l, d) = 1 oraz a^nd·k = a^nd·l, to a^nd·(k−l) = e, wiec ze_, Stwierdzenia 3.5, n | ⁿ_d · (k − l), skad d | k − l. Ale k, l ∈ {1, . . . , d}, wi_, ec k = l. _,

Wniosek 3.11. Sko´nczona grupa cykliczna hai rzedu n posiada dok ladnie ϕ(n) gene-_, rator´ow i sa one postaci: a_, ^k, gdzie k ∈ {1, . . . , n} oraz (k, n) = 1.

Dow´od. Element b ∈ hai jest generatorem grupy hai wtedy i tylko wtedy, gdy o(b) = n.

Zatem z Twierdzenia 3.10 grupa hai posiada dok ladnie ϕ(n) generator´ow i sa one postaci:_, a^nn·k = a^k, gdzie k ∈ {1, . . . , n} oraz (k, n) = 1. 

Twierdzenie 3.12. Ka˙zda podgrupa grupy cyklicznej jest grupa cykliczn_, a._,

Dow´od. Niech (G, ·, e) bedzie grup_, a cykliczn_, a o generatorze a i niech H b_, edzie dowoln_, a_, jej podgrupa. Je´sli H = {e}, to H = hei, czyli grupa H jest cykliczna. Za l´_, o˙zmy wiec dalej,_,

˙ze H 6= {e}. Wtedy istnieje k ∈ Z takie, ˙ze e 6= a^k ∈ H. Stad k 6= 0 i a_, ^−k = (a^k)⁻¹ ∈ H.

Zatem k ∈ N lub −k ∈ N i z zasady minimum istnieje najmniejsza liczba naturalna m taka, ˙ze a^m ∈ H. Wtedy ha^mi ⊆ H. We´zmy dowolne h ∈ H. Istnieje s ∈ Z takie,

˙ze h = a^s. Ale s = qm + r dla pewnych q, r ∈ Z, 0 6 r < m, wiec a_, ^s = a^qm+r = a^qm · a^r = (a^m)^q · a^r, skad a_, ^r = a^s· (a^m)^−q ∈ H, czyli a^r ∈ H. Ponadto 0 6 r < m, wiec z minimalno´sci m, r 6∈ N, czyli r = 0. Zatem h = (a_, ^m)^q ∈ ha^mi, czyli H ⊆ ha^mi i ostatecznie H = ha^mi. 

Twierdzenie 3.13. Grupa cykliczna niesko´nczona hai posiada niesko´nczenie wiele podgrup i sa one postaci: ha_, ⁿi, gdzie n = 0, 1, . . .

Dow´od. Z Twierdzenia 3.12 wynika, ˙ze ka˙zda podgrupa H grupy hai jest postaci H = ha^ki dla pewnego k ∈ Z. Ale a^k = (a^−k)⁻¹ ∈ ha^−ki, wiec ha_, ^ki ⊆ ha^−ki oraz ha^−ki ⊆ ha^ki, bo a^−k ∈ ha^ki, wiec ha_, ^ki = ha^−ki, czyli H = haⁿi dla pewnego n = 0, 1, . . .

Niech m, n ∈ {0, 1, . . .} bed_, a takie, ˙ze ha_, ^mi = haⁿi. Wtedy a^m ∈ haⁿi, wiec istnieje_, k ∈ Z takie, ˙ze a^m = (aⁿ)^k = a^nk. Zatem ze Stwierdzenia 3.7, m = nk, czyli n | m.

Analogicznie pokazujemy, ˙ze m | n. Stad m | n i n | m oraz n, m ∈ {0, 1, . . .}, wi_, ec_, m = n. 

Przykad 3.14. Poniewa˙z Z⁺ = h1i i o(1) = ∞, wiec z Twierdzenia 3.13 wynika, ˙ze_, wszystkimi podgrupami grupy Z⁺ sa: hni = {n · k : k ∈ Z} dla n = 0, 1, . . . Zauwa˙zmy,_,

˙ze podgrupa hni jest nam dobrze znana ju˙z od szko ly podstawowej, gdy˙z jej elementami sa wszystkie ca lkowite wielokrotno´sci liczby n. Ponadto ze Stwierdzenia 3.7 wynika, ˙ze_, grupa Z⁺ posiada dok ladnie dwa generatory: 1 i −1.

Twierdzenie 3.15. Wszystkimi podgrupami sko´nczonej grupy cyklicznej hai sa pod-_, grupy postaci ha^di, gdzie d przebiega wszystkie dzielniki naturalne liczby o(a). W szczeg´ol- no´sci liczba wszystkich podgrup grupy hai jest r´owna liczbie wszystkich dzielnik´ow natu- ralnych liczby o(a).

Dow´od. Je´sli ha^d1i = ha^d2i dla pewnych dzielnik´ow naturalnych d₁, d₂ liczby o(a), to z Twierdzenia 3.9 i z Uwagi 3.4: _dⁿ

1 = o(a^d1) = |ha^d1i| = |ha^d2i| = o(a^d2) = _dⁿ

2, czyli d₁ = d₂.

Niech H bedzie dowoln_, a podgrup_, a grupy hai. Wtedy z Twierdzenia 3 istnieje k ∈ Z_, takie, ˙ze H = ha^ki. Ale z Lematu 3.8, ha^ki = ha^(o(a),k)i i (o(a), k) jest dzielnikiem naturalnym liczby o(a), wiec twierdzenie zosta lo udowodnione. _,

Uwaga 3.16. Z Twierdzenia 3.15 wynika, ˙ze istnieje wzajemnie jednoznaczna od- powiednio´s´c pomiedzy zbiorem wszystkich podgrup sko´_, nczonej grupy cyklicznej hai i zbiorem wszystkich dzielnik´ow naturalnych liczby o(a). W szczeg´olno´sci wynika stad, ˙ze_, dla ka ˙zdej liczby naturalnej d dzielacej rz_, ad sko´_, nczonej grupy cyklicznej hai istnieje dok ladnie jedna podgrupa rzedu d grupy hai._,

Stwierdzenie 3.17. Je˙zeli liczba naturalna n posiada co najmniej dwa r´o˙zne, niepa- rzyste dzielniki pierwsze, to grupa Z^∗n nie jest cykliczna.

Dow´od. Z za lo˙zenia istnieja r´_, o˙zne, nieparzyste liczby pierwsze p, q oraz liczby na- turalne α, β, m takie, ˙ze n = p^αq^βm oraz m nie jest podzielne ani przez p ani przez q. Z chi´nskiego twierdzenia o resztach wynika zatem, ˙ze istnieja a, b ∈ Z_, ^∗n takie, ˙ze a ≡ −1 (mod p^α), a ≡ 1 (mod q^βm) oraz b ≡ 1 (mod p^αm) i b ≡ −1 (mod q^β). Poniewa˙z liczby p i q sa nieparzyste, wi_, ec a 6= 1 i b 6= 1. Gdyby a = b, to 1 ≡ −1 (mod p_, ^α), skad p_, ^α|2 i mamy sprzeczno´s´c. Zatem a 6= b i wobec tego {1, a} 6= {1, b}. Ponadto a² ≡ 1 (mod p^α) i a² ≡ 1 (mod q^βm), wiec a_, ² ≡ 1 (mod n), skad a _{, n} a = 1, czyli o(a) = 2 w grupie Z^∗n, skad hai = {1, a}. Podobnie pokazujemy, ˙ze hbi = {1, b}. Za-_, tem grupa Z^∗n posiada dwie r´o˙zne podgrupy rzedu 2, wic z Uwagi 3.16 ta grupa nie jest_, cykliczna. 

Uwaga 3.18. Z elementarnej teorii liczb wiadomo, ˙ze je´sli n = p^α₁¹ · . . . · p^α_s^s, gdzie p₁, . . . , p_s sa r´_, o˙znymi liczbami pierwszymi oraz α₁, . . . , α_s sa nieujemnymi liczbami ca lko-_, witymi, to liczba wszystkich dzielnik´ow naturalnych liczby n jest r´owna Θ(n) = (α1 + 1) · . . . · (α_s+ 1). Ponadto ϕ(n) = ϕ(p^α₁¹) · . . . · ϕ(p^α_s^s) i dla liczb pierwszych p oraz α ∈ N, ϕ(p^α) = p^α− p^α−1.

Przyk lad 3.19. Niech n ∈ N, n > 1. Wtedy Z⁺n = h1i oraz o(1) = n. Zatem z Wniosku 3.11 grupa Z⁺n posiada dok ladnie ϕ(n) generator´ow i sa nimi liczby naturalne_,

k 6 n wzglednie pierwsze z n. Ponadto podgrupy grupy Z_, ⁺n sa postaci: {0} oraz hdi =_, {0, d, 2d, . . . , (ⁿ_d − 1) · d}, gdzie d < n jest dzielnikiem naturalnym liczby n. Zatem grupa Z⁺n posiada dok ladnie Θ(n) wszystkich podgrup.

Lemat 3.20. Niech a bedzie elementem maksymalnego rz_, edu w sko´_, nczonej grupie abelowej A. W´owczas o(b) | o(a) dla ka˙zdego b ∈ A.

Dow´od. Za l´o˙zmy, ˙ze istnieje b ∈ A takie, ˙ze o(b) nie dzieli o(a). Wtedy istnieje liczba pierwsza p oraz liczby naturalne m, n niepodzielne przez p i nieujemne liczby ca lkowite α, β takie, ˙ze α < β oraz o(a) = p^αm i o(b) = p^βn. Niech x = a^pα i y = bⁿ. Wtedy z Twierdzenia 3.9, o(x) = m oraz o(y) = p^β. Ale (m, p^β) = 1, gdy˙z p nie dzieli m, wiec ze_, Stwierdzenia 3.6, o(xy) = p^βm > p^αm = o(a) i mamy sprzeczno´s´c. 

Twierdzenie 3.21. Je˙zeli A jest sko´nczona grup_, a abelow_, a i dla ka˙zdej liczby natu-_, ralnej d dzielacej |A| istnieje dok ladnie jedna podgrupa rz_, edu d grupy A, to grupa A jest_, cykliczna.

Dow´od. Za l´o˙zmy, ˙ze przy tych za lo˙zeniach grupa A nie jest cykliczna. Niech a bedzie_, elementem maksymalnego rzedu w grupie A. Wtedy hai 6= A, wi_, ec istnieje b ∈ A takie,_,

˙ze b 6∈ hai. Z Lematu 3.20, o(b) | o(a). Zatem z Twierdzenia 3.15 istnieje w grupie hai podgrupa H rzedu o(b). Ale |hbi| = o(b), wi_, ec na mocy za lo˙zenia hbi = H, sk_, ad_, b ∈ H ⊆ hai, czyli b ∈ hai i mamy sprzeczno´s´c. Zatem grupa A jest cykliczna. 

Wniosek 3.22. Dla ka˙zdej liczby pierwszej p grupa Z^∗p jest cykliczna.

Dow´od. Poniewa˙z p jest liczba pierwsz_, a, wi_, ec Z_, ^∗p = {1, 2, . . . , p − 1}, czyli |Z^∗p| = p−1.

Ponadto grupa Z^∗p jest abelowa. Niech a ∈ Z^∗p bedzie elementem maksymalnego rz_, edu_, r. Wtedy z Uwagi 3.4, r|p − 1, wiec r ≤ p − 1. Ponadto z Lematu 3.20 mamy, ˙ze_, o(b)|r dla ka˙zdego b ∈ Z^∗p. Zatem b^r = 1 dla ka˙zdego r ∈ Z^∗p. Wobec tego kongruencja x^r − 1 ≡ 0(mod p) ma co najmniej p − 1 rozwiaza´_, n. Ale z twierdzenia Lagrange’a o liczbie pierwiastk´ow kongruencji modulo liczba pierwsza wynika, ˙ze liczba rozwiaza´_, n tej kongruencji jest ≤ r. Zatem p − 1 ≤ r i ostatecznie r = p − 1. Wobec tego |hai| = |Z^∗p|, czyli a jest generatorem grupy Z^∗p i ta grupa jest cykliczna. 

Zagadka 1. Dla jakich liczb naturalnych k jest cykliczna grupa Z^∗₂^k?

Zagadka 2. Czy ka˙zda grupa posiadajaca jedynie sko´_, nczona liczb_, e podgrup jest_, sko´nczona?

Zagadka 3. Czy istnieje grupa niesko´nczona, kt´orej ka˙zdy element ma sko´nczony rzad?_,

Zagadka 4. Udowodnij, ˙ze je´sli liczba naturalna n jest podzielna przez 4 i dzieli sie_, przez pewna nieparzyst_, a liczb_, e pierwsz_, a, to grupa Z_, ^∗n nie jest cykliczna.

Zagadka 5. Udowodnij, ˙ze je˙zeli sko´nczona grupa G ma rzad parzysty, to w G istnieje_,

element rzedu 2._,

Zagadka 6. Niech (A, +, 0) bedzie grup_, a abelow_, a i a_{, 1}, a₂, . . . , a_n∈ A. Udowodnij, ˙ze ha1, a2, . . . , ani = {k1a1+ k2a2+ . . . + knan| k1, k2, . . . , kn ∈ Z}.

Zagadka 7. Udowodnij, ˙ze ka˙zda sko´nczenie generowana podgrupa grupy Q⁺ jest cykliczna. Uzasadnij te˙z, ˙ze grupa Q⁺ nie jest sko´nczenie generowana.