9.2
Grupos de permutaciones
Antes de seguir introduciendo nuevos conceptos sobre grupos, vamos a estu- diar con detalle una familia concreta de grupos finitos que nos permitir´a poner ejemplos claros de cuanto veremos despu´es.
Definici´on 9.7 Si A es un conjunto cualquiera, llamaremos ΣAal conjunto de todas las aplicaciones biyectivas de f : A −→ A. Es inmediato que ΣA es un grupo con la operaci´on dada por la composici´on de aplicaciones. Se le llama
grupo sim´etrico del conjunto A. A los elementos de ΣA se les llama tambi´en
permutaciones de A.
Es inmediato que si dos conjuntos A y B tienen el mismo cardinal, entonces los grupos sim´etricos ΣA y ΣB son isomorfos. Basta tomar una aplicaci´on biyectiva f : A −→ B y asignar a cada permutaci´on g ∈ ΣA la permutaci´on
f−1◦ g ◦ f.
En otras palabras, da igual hablar de las permutaciones del conjunto{a, b, c} que del conjunto{1, 2, 3}. El isomorfismo entre ambos grupos se obtiene cam- biando el nombre a los elementos. Por ejemplo, la permutaci´on que env´ıa el 1 al 2, el 2 al 3 y el 3 al 1 se corresponde con la que env´ıa a a b, b a c y c a a.
Por lo tanto, a efectos pr´acticos, y puesto que s´olo nos va a interesar el caso en el que el conjunto A es finito, podemos limitarnos a estudiar los grupos sim´etricos sobre los conjuntos {1, . . . , n}, donde n es un n´umero natural. Al grupo sim´etrico sobre este conjunto lo representaremos por Σn, el grupo de las permutaciones de n elementos.
Una forma elemental de representar una permutaci´on de n elementos f es mediante la n-tupla f (1), . . . , f (n). As´ı por ejemplo, (3, 2, 5, 1, 4) es uno de los elementos del grupo Σ5, concretamente es la permutaci´on que env´ıa el 1 al
3, el 2 al 2, el 3 al 5, etc.
De este modo, a cada permutaci´on de Σn le corresponde una n-tupla con sus componentes distintas dos a dos, y cada una de estas n-tuplas representa a una permutaci´on distinta. Ahora bien, una simple inducci´on demuestra que hay exactamente n! formas distintas de disponer n objetos en una n-tupla sin repeticiones, luego podemos concluir que|Σn| = n!.
Consideremos la siguiente permutaci´on de Σ8: (3, 7, 4, 1, 8, 6, 2, 5). Para ver
m´as claramente su comportamiento podemos representarla mediante un dia- grama de flechas as´ı:
6 5 8 2 7 4 1 3
Observamos que al actuar la permutaci´on el 1 pasa al 3, si vuelve a actuar, el 3 pasa al 4 y de aqu´ı vuelve al 1. En definitiva, mediante sucesivas aplicaciones de la permutaci´on, el 1 puede ir a parar al 1, al 3 o al 4, pero nunca al 2 o al 6. En general, diremos que dos elementos a y b de A = {1, . . . , n} est´an rela- cionados por una permutaci´on σ ∈ Σn si existe un n´umero entero m tal que
σm(a) = b. Es inmediato que esta relaci´on es de equivalencia, con lo que σ divide al conjunto A en clases de equivalencia llamadas ´orbitas, que en nuestro
ejemplo son
{1, 3, 4}, {2, 7}, {5, 8} y {6}.
Sea σ una permutaci´on de Σn. Sea a un n´umero entre 1 y n. Los elementos
a, σ(a), σ2(a), σ3(a), . . . est´an todos en la ´orbita de a. Como es finita, exis-
ten dos n´umeros naturales distintos tales que σi(a) = σj(a). Si por ejemplo
i < j, entonces σj−i(a) = a, o sea, existe un n´umero natural r no nulo tal que
σr(a) = a. Sea r el menor posible. Entonces los elementos a, σ(a), σ2(a), . . .
, σr−1(a) son todos distintos, pues si dos de ellos coincidieran, la diferencia de sus exponentes nos dar´ıa un n´umero natural s < r para el que σs(a) = a. Al seguir aplicando exponentes mayores vuelven a aparecernos los mismos elemen- tos, σr(a) = a, σr+1(a) = σ(a), etc. Por otra parte, como σr(a) = a, tambi´en
σ−1(a) = σr−1(a), σ−2(a) = σr−2(a), etc, luego los exponentes negativos no in- troducen nuevos elementos. Esto quiere decir que en realidad toda la ´orbita de a, o sea, el conjunto{σu(a)| u ∈ Z}, es exactamentea, σ(a), σ2(a), . . . , σr−1(a). Hemos demostrado que la ´orbita de un elemento a respecto a una permu- taci´on σ es de la forma a, σ(a), σ2(a), . . . , σm−1(a), y σm(a) = a. Gr´afica- mente, esto significa que los esquemas de flechas como el anterior dan lugar a ‘c´ırculos’ de flechas
a→ σ(a) → σ2(a)→. . . → σm−1(a)→ a
Las ´orbitas con un solo elemento se llaman triviales. En el ejemplo anterior hay una ´unica ´orbita trivial, que es{6}.
Una permutaci´on es un ciclo si forma una ´unica ´orbita no trivial. Un ejemplo de ciclo en Σ8 es la permutaci´on (3, 2, 4, 1, 5, 6, 7, 8). Si el lector representa su
esquema de flechas observar´a que se forman las ´orbitas {1, 3, 4}, {2}, {5}, {6},
{7} y {8}.
Cuando hablemos de la ´orbita de un ciclo, se entender´a que nos referimos a su ´orbita no trivial. Llamaremos longitud de un ciclo al cardinal de su ´orbita. El ciclo de nuestro ejemplo tiene longitud 3.
Resulta c´omodo usar otra notaci´on para los ciclos. Al ciclo cuya ´orbita es
a, σ(a), σ2(a), . . . , σm−1(a)lo representaremos mediante la m-tupla
a, σ(a), σ2(a), . . . , σm−1(a). Por ejemplo, el ciclo que hemos mostrado antes no es sino
9.2. Grupos de permutaciones 141 La permutaci´on (3, 7, 4, 1, 8, 6, 2, 5) que hemos analizado no es un ciclo, pero puede expresarse como producto de ciclos: (1, 3, 4)(2, 7)(5, 8).
Esto no es casual. Diremos que dos ciclos son disjuntos si sus ´orbitas no tienen elementos en com´un. Toda permutaci´on distinta de la identidad se ex- presa como producto de ciclos disjuntos. Veamos con un ejemplo que existe un m´etodo que a partir de cualquier permutaci´on distinta de la identidad nos permite encontrar una expresi´on como producto de ciclos disjuntos.
Partamos de la permutaci´on
σ = (3, 2, 10, 1, 11, 6, 9, 7, 8, 4, 5)∈ Σ11
Esta permutaci´on env´ıa el 1 al 3, el 3 al 10, el 10 al 4 y el 4 al 1 de nuevo. Consideremos el ciclo (1, 3, 10, 4). Este ciclo se comporta igual que σ sobre los n´umeros 1, 3, 4 y 10. El menor n´umero que no est´a aqu´ı es el 2, pero σ(2) = 2, luego en realidad el ciclo (1, 3, 10, 4) coincide con σ tambi´en sobre el 2. El siguiente n´umero es el 5. Ahora σ env´ıa el 5 al 11 y el 11 al 5, luego el ciclo (5, 11) coincide con σ sobre el 5 y el 11. M´as a´un, el producto (1, 3, 10, 4)(5, 11) coincide con σ sobre los n´umeros 1, 2, 3, 4, 5, 10 y 11 y deja invariantes a los restantes. El siguiente n´umero es el 6, pero tambi´en σ(6) = 6, luego no hay nada que hacer con ´el. Tomamos el 7. σ(7) = 9, σ(9) = 8 y σ(8) = 7, luego el ciclo (7, 9, 8) coincide con σ sobre 7, 8, 9, y el producto de ciclos disjuntos (1, 3, 10, 4)(5, 11)(7, 9, 8) es igual a σ.
Notar que este proceso siempre da ciclos disjuntos porque la ´orbita de cada ciclo es una de las ´orbitas de σ y dos cualesquiera de ellas son disjuntas. La raz´on por la que al final obtenemos σ es que en un producto de ciclos disjuntos, la imagen de un n´umero s´olo depende del ciclo en cuya ´orbita se encuentre, ya que los anteriores lo fijan y los posteriores fijan tambi´en a su imagen (que est´a en la misma ´orbita).
As´ı pues, para saber la imagen del 4 por (1, 3, 10, 4)(5, 11)(7, 9, 8) basta fijarse en el ciclo en el que aparece el 4, que es (1, 3, 10, 4) y observar que su imagen por ´el es 1. Como el 2 no aparece en ning´un ciclo, su imagen es 2.
Observar que para calcular la imagen de un elemento por un producto de ciclos disjuntos no importa el orden en el que aparecen los ciclos. Esto significa que los ciclos disjuntos conmutan entre s´ı (su producto no depende del orden en que se multipliquen).
Otro hecho importante es que toda permutaci´on distinta de la identidad se expresa de forma ´unica como producto de ciclos disjuntos. Como es m´as f´acil entenderlo que explicarlo, dejamos que el lector se convenza por s´ı mismo.
Ahora estamos en condiciones de representarnos claramente los grupos de permutaciones. Obviamente Σ1= 1, Σ2=
1, (1, 2). Los elementos no triviales de Σ3 pueden ser ciclos de longitud 2 o ciclos de longitud 3. En total tenemos
las posibilidades siguientes: Σ3=
1, (1, 2, 3), (3, 2, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 3).
Ejercicio: Considerar G = Σ3 y H =1, (1, 2). Calcular los cocientes (G/H)i y
En Σ4tenemos los siguientes tipos de permutaciones:
1, (◦, ◦, ◦, ◦), (◦, ◦, ◦), (◦, ◦), (◦, ◦)(◦, ◦)
Para construir un ciclo de longitud 4 podemos comenzar con cualquiera de los 4 n´umeros. Una vez fijado el primero, tenemos 3 opciones para el siguiente (pues no se pueden repetir), 2 m´as para el siguiente y una sola para el ´ultimo. En total hay 4· 3 · 2 · 1 formas de construir un ciclo de longitud 4. Sin embargo cada ciclo puede representarse de 4 formas diferentes:
(1, 2, 3, 4) = (4, 1, 2, 3) = (3, 4, 1, 2) = (2, 3, 4, 1), luego en realidad hay 3· 2 · 1 = 6 ciclos de longitud 4 en Σ4.
Del mismo modo hay 4· 3 · 2/3 = 8 ciclos de longitud 3 y 4 · 3/2 = 6 ciclos de longitud 2. Como los elementos de tipo (◦, ◦)(◦, ◦) pueden representarse de 8 formas distintas:
(1, 2)(3, 4) = (2, 1)(3, 4) = (4, 3)(2, 1), . . .
hay un total de 4· 3 · 2 · 1/8 = 3 permutaciones de este tipo. A˜nadiendo la identidad tenemos 1 + 6 + 8 + 6 + 3 = 24 = 4! elementos en Σ4.
Ejercicio: Calcular expl´ıcitamente las 24 permutaciones de Σ4.
Ejercicio: Determinar los tipos de permutaciones de Σ5 as´ı como cu´antas permuta- ciones hay de cada tipo.
Es f´acil operar con permutaciones expresadas como productos de ciclos. Por ejemplo, en Σ4 podemos considerar el producto de (1, 2)(3, 4) por (1, 3, 2, 4).
Para calcularlo observamos que, cuando (1, 2)(3, 4)(1, 3, 2, 4) act´ua sobre el 1, el primer ciclo lo env´ıa al 2, el segundo deja invariante al 2 y el tercero lo env´ıa al 4, luego la permutaci´on total empieza as´ı: (1, 4, . . . ). Ahora el primer ciclo deja fijo al 4, el segundo lo env´ıa al 3 y el tercero env´ıa el 3 al 2, luego tenemos (1, 4, 2, . . . ). Igualmente vemos que el 2 va a parar al 3 y por tanto ha de ser (1, 4, 2, 3, . . . ), pero como la longitud de un ciclo no puede ser mayor que 4, seguro que el 3 va a parar al 1 y as´ı (1, 2)(3, 4)(1, 3, 2, 4) = (1, 4, 2, 3).
Con un poco de pr´actica el lector operar´a r´apidamente con permutaciones.
Ejercicio: Probar que Σnno es abeliano, para n ≥ 3.
Por otra parte, el inverso de un ciclo es muy f´acil de hallar. Teniendo en cuenta que se trata de la aplicaci´on inversa es inmediato que (a, b, c, d)−1 = (d, c, b, a), es decir, el inverso de un ciclo se obtiene escribi´endolo del rev´es. As´ı mientras (a, b, c, d) lleva a a b, el ciclo (d, c, b, a) lleva b a a, etc.
El inverso de una permutaci´on cualquiera se calcula f´acilmente a partir del siguiente hecho general sobre grupos: (gh)−1 = h−1g−1 o, m´as en general to- dav´ıa: (g1· · · gn)−1= g−1n · · · g1−1.
Por ejemplo,(1, 5, 2)(3, 6, 4)(7, 8)−1 = (8, 7)(4, 6, 3)(2, 5, 1).
Los grupos de permutaciones nos interesan, entre otros motivos, porque nos dan una representaci´on f´acil de manejar de los grupos de automorfismos de las
9.2. Grupos de permutaciones 143 extensiones de Galois. En efecto, sea K/k una extensi´on finita de Galois, sea
p(x)∈ k[x] un polinomio del que K sea cuerpo de escisi´on y sea A el conjunto de
las ra´ıces de p(x) en K. Entonces K = k(A) y la aplicaci´on f : G(K/k)−→ ΣA dada por f (σ) = σ|A es un monomorfismo de grupos. En efecto, sabemos que cualquier k-automorfismo σ env´ıa ra´ıces de p(x) a ra´ıces de p(x), luego σ|A es una aplicaci´on inyectiva (luego biyectiva, puesto que A es finito) de A en A. Por lo tanto f est´a bien definida y es obviamente un homomorfismo. Del hecho de que K = k(A) se sigue que si dos k-automorfismos coinciden sobre A entonces son iguales, luego f es inyectiva.
As´ı pues, en general, el grupo de Galois G(K/k) de una extensi´on finita de Galois es isomorfo a un subgrupo del grupo de las permutaciones de las ra´ıces de cualquier polinomio del cual la extensi´on sea cuerpo de escisi´on.
Ejemplo En el cap´ıtulo anterior estudiamos el cuerpo de escisi´on sobre Q del polinomio x3 − 2, que es de la forma Q(α, β), donde α, β, γ son las tres
ra´ıces del polinomio. Vimos que la extensi´on tiene seis automorfismos, que se corresponden con las seis permutaciones de las ra´ıces, es decir, son
1, (α, β, γ), (γ, β, α), (α, β), (α, γ), (β, γ)
En general la representaci´on de un grupo de Galois como grupo de permu- taciones no tiene por qu´e ser suprayectiva, es decir, puede haber permutaciones de ra´ıces que no se correspondan con ning´un automorfismo.
Ejemplo Consideremos el polinomio x4 + x3+ x2+ x + 1. Su cuerpo de
escisi´on sobre Q es el cuerpo ciclot´omico Q(ω) de grado 4. El grupo de Galois
G(Q(ω)/Q) puede identificarse con un subgrupo del grupo de las permutaciones
de las cuatro ra´ıces ω, ω2, ω3, ω4. Como cada automorfismo est´a determinado
por su acci´on sobre ω, concluimos que s´olo hay 4 automorfismos. Concretamente son
1, (ω, ω2, ω3, ω4), (ω, ω3, ω4, ω2), (ω, ω4)(ω2, ω3).
Por ejemplo, el automorfismo que cumple σ(ω) = ω3ha de cumplir tambi´en σ(ω3) = ω33= ω9= ω4,
σ(ω4) = ω34= ω12= ω2, σ(ω2) = ω32= ω6= ω. Por lo tanto es (ω, ω3, ω4, ω2).
As´ı pues, no existe ning´un automorfismo de esta extensi´on que permute las ra´ıces en la forma (ω, ω2, ω3), por ejemplo.
Ejercicio: Representar el grupo de Galois G(Q√2,√3/Q) como grupo de permu-