Zbigniew Marciniak

Notatki z wyk ladu monograficznego

Pierscienie grupowe

Warszawa, 2015

1

Wyk lad 1.

Wed lug opinii ksiedza profesora Micha la Hellera (“Granice nauki”, 2014) struktury matematyczne stanowiasoftware Wszechswiata. Jedna z tych struktur jest symetria.

Poczatkowo symetria by la jednym z pojec geometrii euklidesowej. Ewaryst Galois (1830) dostrzeg l, ze nietylko przestrzen euklidesowa, ale takze inne obiekty matematyczne maja grupy symetrii, co pozwoli lo mupokonac problem rozwiazalnosci rownan wielomianowych przez pierwiastniki.

Gdy nied lugo potem nadszed l kryzys geometrii wywo lany odkryciem geometrii nieeuklidesowych, grupysymetrii okaza ly sie tym pojeciem, ktore pozwoli lo uporzadkowac swiat geometrow ( Felix Klein, “Programz Erlangen”, 1872). Powyzsze epokowe wydarzenia sprawi ly, ze same grupy sta ly sie przedmiotem badan.

Galois rozwaza l grupy permutacji pierwiastkow wielomianow. Artur Cayley (1854) wprowadzi l abstrakcyjnepojecie grupy i natychmiast zauwazy l, ze kazda grupe mozna reprezentowac za pomoca permutacji, zatemmozna ja badac poprzez sposob, w jaki dzia la na pewnym zbiorze.

Jesli grupa G permutuje elementy pewnego zbioru X, to G dzia la tez poprzez przekszta lcenia liniowe naprzestrzeni wektorowej V , ktorej baza jest X. Tak otrzymujemy odwzorowanie G w grupe macierzy, codaje nam do dyspozycji takie narzedzia badania grup jak wyznacznik, wartosci w lasne, podprzestrzenieniezmiennicze itp.

(1.1) Definicja. Reprezentacja liniowa grupyG nad cia lemK nazywamy homomorfizm grupG −→ GL(V ),gdzie V jest przestrzenia liniowa nad cia lem K.

D luga serie technicznie skomplikowanych prac badajacych w lasnosci grup macierzy efektownie zamkne laEmma Noether (1930), redukujac problem badania reprezentacji do algebry liniowej uprawianej nad odpo-wiednim uogolnieniem cia la skalarow. Tym uogolnieniem jest algebra grupowa.

(1.2) Definicja. Algebra grupowa KG grupy G o wspo lczynnikach w ciele K nazywamy przestrzen liniowanad K o bazie G, czyli zbior skonczonych kombinacji liniowych postaci

∑g∈G rgg (rg ∈ K), z naturalnym

mnozeniem, bedacym dwuliniowym rozszerzeniem mnozenia w grupie G:∑g∈G

rgg

·(∑h∈G

shh

)=∑

g,h∈G

(rg · sh)(g · h) =∑k∈G

∑g∈G

rgsg−1k

k.

Elementy algebry grupowej KG mozna takze utozsamiac z funkcjami r:G −→ K, r(g) = rg, o skonczonychnosnikach: |g ∈ G : r(g) = 0| <∞. W tym jezyku, iloczyn r · s przypomina, znany z analizy, splot funkcji.Algebry grupowe sa waznymi przyk ladami K-algebr.

(1.3) Definicja. K-algebra nazywamy przestrzen liniowa A nad cia lem K, ktora jest tez pierscieniem lacznym z 1, a ponadto dla dowolnych a, b ∈ A oraz r ∈ K zachodza rownosci (ra)b = r(ab) = a(rb), tj.mnozenie w pierscieniu A jest K-dwuliniowe.

Homomorfizmem K-algebr nazywamy przekszta lcenie liniowe, ktore jest homomorfizmem pierscieni z je-dynka. Przez idea ly K-algebry A rozumiemy idea ly pierscienia A, ktore sa jednoczesnie podprzestrzeniamilinowymi przestrzeni liniowej A. Jesli idea l I algebry A jest dwustronny, przestrzen warstw A/I ma naturalnastrukture K-algebry.

Zauwazmy, ze algebra grupowa KG ma oczywista w lasnosc uniwersalna: kazdy homomorfizm grupy Gw grupe U(A) elementow odwracalnych dowolnej K-algebry A przed luza sie jednoznacznie do homomorfizmualgebr KG −→ A.

Zobaczmy na przyk ladzie, jak samo wprowadzenie pojecia algebry grupowej pozwala prosto uzasadniac pewnew lasnosci grup macierzy bez koniecznosci wykonywania rachunkow.

2

(1.4) Zadanie. Niech P , Q beda macierzami stopnia n nad cia lem K takimi, ze kazdy kolejny wiersz jestcyklicznym przesunieciem wiersza poprzedniego:

P =

a0 a1 · · · an−2 an−1

an−1 a0 · · · an−3 an−2

...a1 a2 · · · an−1 a0

, Q =

b0 b1 · · · bn−2 bn−1

bn−1 b0 · · · bn−3 bn−2

...b1 b2 · · · bn−1 b0

dla pewnych ai, bi ∈ K. Wykazac, ze P ·Q = Q · P .

Rozwiazanie. Rozwazmy n-wymiarowa reprezentacje ρ:Cn −→ GLn(K) grupy cyklicznej Cn = ⟨x|xn = 1⟩,w ktorej przekszta lcenie liniowe ρ(x) przesuwa cyklicznie wektory bazowe e1 7→ e2 7→ · · · 7→ en 7→ e1przestrzeni Kn. W bazie ei macierze ρ(xi) maja postac

ρ(x) =

0 0 0 · · · 0 0 11 0 0 · · · 0 0 00 1 0 · · · 0 0 00 0 1 · · · 0 0 0

...0 0 0 · · · 1 0 00 0 0 · · · 0 1 0

, ρ(x2) =

0 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 0 0 11 0 0 · · · 0 0 00 1 0 · · · 0 0 0

...0 0 0 · · · 0 0 00 0 0 · · · 1 0 0

, · · ·

Rozszerzmy przekszta lcenie ρ liniowo z bazy Cn na ca la przestrzen KCn. Jest jasne, ze otrzymamy homo-morfizm K-algebr: ρ:KCn −→Mn(K), a ponadto macierze P = ρ(a0 +an−1x+an−2x

2 + · · ·+a1xn−1) oraz

Q = ρ(b0 + bn−1x + bn−2x2 + · · · + b1x

n−1) sa homomorficznymi obrazami dwoch elementow przemiennejalgebry KCn, zatem P i Q sa przemienne.

To K-algebry beda naszymi nowymi skalarami. A oto odpowiednik przestrzeni liniowej nad tymi skalarami.

(1.5) Definicja. Niech A bedzie dowolna K-algebra, zas V – przestrzenia liniowa nad K. Mowimy, zeV jest lewym A-modu lem, jesli dla kazdej pary a ∈ A, v ∈ V okreslony jest wektor av ∈ V tak, by dladowolnych v, w ∈ V , a, b ∈ A oraz r ∈ K spe lnione by ly warunki

(a) a(v + w) = av + aw,

(b) (a+ b)v = av + bv,

(c) (ab)v = a(bv),

(d) a(rv) = r(av) = (ra)v,

(e) 1v = v.

Zauwazmy, ze powyzsze aksjomaty powtarzaja aksjomaty przestrzeni liniowej, tyle ze ze skalarami A.

Przyk lady A-modu low: A-modu l regularny, czyli samo A, dowolny lewostronny idea l I 6 A, sumy prosteA-modu low. Jest jasne, co to jest podmodu l, homomorfizm modu low, modu l ilorazowy.

A oto kluczowa obserwacja Emmy Noether.

(1.6) Stwierdzenie. Istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniosc miedzy reprezentacjami liniowymigrupy G nad cia lem K, a lewymi KG-modu lami.

Dowod. Jesli dana jest reprezentacja ρ : G −→ GL(V ), definiujemy na V strukture KG-modu lu wzorem(∑g

rgg

)v :=

∑g

rgρ(g)(v).

Natomiast gdy V jest lewym KG-modu lem, okreslamy reprezentacje ρ:G −→ GL(V ) wzorem

ρ(g)(v) := gv.

3

Zobaczmy, jak w nowym kontekscie funkcjonuje podstawowe twierdzenie algebry liniowej:

(1.7) Twierdzenie. Kazda przestrzen linowa nad cia lem K jest suma prosta pewnej liczby przestrzeni1-wymiarowych K.

Cecha wyrozniajaca przestrzenie 1-wymiarowe jest to, ze maja dok ladnie dwie podprzestrzenie: 0 oraz samasiebie. Zdefiniujmy zatem

(1.8) Definicja. Lewy A-modu l V jest prosty, jesli ma dok ladnie dwa A-podmodu ly: 0 oraz V .

Wyroznimy wazna klase algebr, dla ktorych sytuacja przypomina algebre liniowa: kazdy modu l jest sumaprosta swoich podmodu low prostych.

(1.9) Definicja. Algebra A jest po lprosta, jesli kazdy lewy A-modu l jest suma prosta swoich podmodu lowprostych.

(1.10) Zadanie. Znalezc przyk lad algebry A, ktora posiada A-modu l nie zawierajacy zadnego podmodu luprostego.

Rozwiazanie. Wezmy A = K[X] oraz V = A. Podmodu lami V sa idea ly (przemiennej) algebry A, zaspodmodu lami prostymi moga byc tylko niezerowe idea ly minimalne w K[X]. Ale algebra K[X] nie maidea low minimalnych: wiemy, ze K[X] jest dziedzina idea low g lownych; jesli I = 0, to I = f(X)K[X], dlapewnego wielomianu f(X) = 0. Ale wowczas I ′ = Xf(X)K[X] < I jest istotnie mniejszym, niezerowymidea lem.

(1.11) Zadanie. Znalezc przyk lad algebry A oraz A-modu lu V , ktory zawiera podmodu l prosty, ale nie jestsuma prosta swoich podmodu low prostych.

Rozwiazanie. Niech A = K[X]/(X2) = K ⊕KX oraz V = A. Wowczas W = KX < V jest podmodu lemprostym, bo jest zamkniety ze wzgledu na mnozenie przez skalary i ma najmniejszy mozliwy wymiar. GdybyW by l sk ladnikiem prostym V , to V = W ⊕ U , dla pewnego 1-wymiarowego podmodu lu U < V . Poniewazmnozenie przez X jest przekszta lceniem liniowym modu lu U w siebie, istnieje liczba λ ∈ K taka, ze X ·u = λudla u ∈ U . Ale wowczas 0 = 0u = X2u = λ2u, skad λ = 0. Wynika stad, ze mnozenie przez X jestprzekszta lceniem zerowym na ca lym U , a takze oczywiscie na W = KX, wiec mnozenie przez X jestprzekszta lceniem zerowym na ca lym V , co przeciez nie jest prawda, gdyz X · [1] = [0].

Definicja algebry po lprostej wyglada na trudna do sprawdzenia, bo wyglada na to, ze trzeba zbadac wszystkielewe A-modu ly. W rzeczywistosci wystarczy zbadac. . . tylko jeden z nich.

(1.12) Lemat. Algebra A jest po lprosta wtedy i tylko wtedy, gdy regularny A-modu l A jest suma prostaswoich podmodu low prostych.

Dowod. W jedna strone wynikanie jest oczywiste. Za lozmy teraz, ze A-modu l regularny A ma rozk lad

A =⊕j∈J

Vj

na sume prosta swoich podmodu low prostych. Niech W bedzie dowolnym A-modu lem. Wykazemy najpierw,ze W jest generowany przez swoje podmodu ly proste. W tym celu wybierzmy dowolny element 0 = w ∈ Wi rozwazmy homomorfizm lewych A-modu low ϕ : A −→ W dany wzorem ϕ(a) = aw. Zauwazmy, ze dladowolnego j ∈ J mamy albo ϕ(Vj) = 0, albo ϕ|Vj

jest zanurzeniem, gdyz ker(ϕ), jako podmodu l modu luprostego Vj , jest albo rowne Vj , albo 0. Zatem w ∈ aw : a ∈ A = ϕ(A) =

∑j∈J ϕ(Vj), gdzie niezerowe

sk ladniki w sumie sa modu lami prostymi, izomorficznymi z pewnymi sposrod Vj . Sumujac powyzsze sumypodmodu low prostych uzyskane dla roznych w ∈W , uzyskamy sume

∑s∈S Vs zawierajaca w sobie wszystkie

elementy w ∈W , czyli W =∑

s∈S Vs.

Udowodnimy, ze W jest suma prosta pewnej podrodziny tej rodziny. W tym celu rozwazmy rodzinepodzbiorow T ⊆ S o tej w lasnosci, ze suma

∑s∈T Vs jest prosta. Rodzina ta zawiera wszystkie podzbiory jed-

noelementowe, wiec jest niepusta. Latwo sprawdzic, ze lancuchy podzbiorow w tej rodzinie maja ograniczenia

4

gorne – ich teoriomnogosciowe sumy. Z lematu Kuratowskiego-Zorna wynika zatem istnienie podzbioru T0maksymalnego w tej rodzinie. Niech U =

∑s∈T0

Vs =⊕

s∈T0Vs. Jesli U < W , to Vt ⊂ U dla pewnego t ∈ S.

Poniewaz Vt jest modu lem prostym, mamy Vt ∩U = 0 wobec czego t ∈ T0 oraz T0 ∪ t tez nalezy do naszejrodziny podzbiorow, wbrew maksymalnosci T0. Z tej sprzecznosci wnioskujemy, ze W =

⊕s∈T0

Vs.

(1.13) Zadanie. Wykazac, ze jesli A =⊕

j∈J Vj oraz modu ly Vj sa proste, to J jest zbiorem skonczonym.

Rozwiazanie. Izomorfizm lewych A-modu low f :A −→⊕

j∈J Vj przekszta lca dowolny element a ∈ A naciag f(a) = f(a · 1) = a · f(1). Zatem ciag f(a) moze miec niezerowa wspo lrzedna tylko w tym sk ladnikuVj , w ktorym f(1) ma taka wspo lrzedna. Ale element 1 ∈ A ma niezerowe wspo lrzedne tylko w skonczeniewielu sk ladnikach prostych.

Zauwazmy, ze z powyzszego, oraz z dowodu (1.12) wynika, ze kazdy bez wyjatku A-modu l nad algebrapo lprosta mozna zbudowac ze skonczenie wielu “cegie lek”, wchodzacych w sk lad modu lu regularnego A.

A oto powod, dla ktorego plan Emmy Noether sie powiod l.

(1.14) Twierdzenie Maschke. Jesli G jest grupa skonczona, zas K cia lem, ktorego charakterystyka niedzieli rzedu G, to algebra grupowa KG jest po lprosta.

Dowod. Najpierw udowodnimy, ze kazdy podmodu l U niezerowego KG-modu lu V jest jego sk ladnikiemprostym. Skoro U jest podprzestrzenia liniowa V , mamy V = U ⊕W0 dla pewnej podprzestrzeni W0 6 V .Niech φ bedzie rzutem liniowym V na U wzd luz W0. Zauwazmy, ze gdyby φ by l homomorfizmem KG-modu low, to jego jadro W0 by loby szukanym podmodu lem, dope lniajacym U . Zwykle jednak tak nie jest.

Zatem nalezy poprawic φ:V −→ U tak, by sta l sie homomorfizmem KG-modu low. Zdefiniujmy

φ′(v) :=1

|G|∑g∈G

g−1φ(gv).

Jest jasne, ze φ′ jest przekszta lceniem K-liniowym. Ponadto

φ′(hv) =1

|G|∑g∈G

g−1φ(ghv) =1

|G|∑

g·h∈G

h(gh)−1φ(ghv) = hφ′(v),

wiec φ′ jest takze homomorfizmem KG-modu low.

Jesli u ∈ U , to dla dowolnego g ∈ G mamy gu ∈ U , a zatem φ(gu) = gu. Wobec tego takze

φ′(u) =1

|G|∑g∈G

g−1 · gu = u.

Rozwazmy KG-podmodu l W = ker(φ′) 6 V . Jesli v ∈ V , to

φ′(v − φ′(v)) = φ′(v)− φ′(φ′(v)) = φ′(v)− φ′(v) = 0,

gdyz φ′(v) ∈ U . Zatem v − φ′(v) ∈W . Stad v = φ′(v) + (v − φ′(v)) ∈ U +W. Ponadto, jesli v ∈ U ∩W , tov = φ′(v) = 0, wiec V = U ⊕W .

Wykorzystujac powyzsza obserwacje oraz to, ze dimKKG = |G| < ∞, latwo roz lozyc modu l KG na sumepodmodu low prostych. Zaczynamy od znalezienia podmodu lu V1 6 KG minimalnego wymiaru nad K;mozemy np. wziac 1-wymiarowy podmodu l V1 = K ·

∑g g. Na mocy udowodnionej uwagi, mamy rozk lad

KG = V1⊕W , dla pewnego podmodu luW 6 KG. Nastepnie szukamy podmodu lu wW mozliwie najnizszegowymiaru, itd.

5

Wyk lad 2.

Przypomnijmy, ze K-algebra A jest po lprosta, gdy kazdy lewy A-modu l jest suma prosta swoich podmodu lowprostych. W tych rozk ladach wystepuje tylko skonczenie wiele roznych modu low prostych: sa to modu lywystepujace w skonczonym rozk ladzie A-modu lu regularnego A.

Istnieje ladna charakteryzacja po lprostych K-algebr: sa to skonczone sumy proste algebr macierzy Mni(Di),gdzie Di sa K-algebrami z dzieleniem (cia la nieprzemienne).

W jaki sposob pojawia sie K-algebry z dzieleniem Di?

(2.1) Lemat Schura. Jesli V jest A-modu lem prostym, to pierscien EndA(V ), sk ladajacy sie ze wszystkichA-homomorfizmow modu lu V w siebie, jest K-algebra z dzieleniem.

Dowod. Przypomnijmy, ze jesli φ:V −→ V jest homomorfizmem lewych A-modu low, to ker(φ) orazim(φ) sa A-podmodu lami V . Za lozmy, ze φ = 0. Wowczas ker(φ) = V , skad ker(φ) = 0, wiec φ jestmonomorfizmem. Z drugiej strony im(φ) = 0, wiec φ(V ) = V i φ jest takze “na”. Wobec tego kazdyniezerowy element φ ∈ EndA(V ) jest odwracalny.

Dla dowolnej algebry R niech Ro oznacza algebre przeciwna, tzn. przestrzen liniowa R wyposazona w nowemnozenie:

r1 ∗ r2 := r2 · r1.

(2.2) Lemat. Istnieje izomorfizm K-algebr EndA(A)o ≈ A.

Dowod. Zauwazmy, ze odwzorowanie f : EndA(A)o −→ A dane wzorem f(φ) = φ(1) jest K-liniowe. Po-nadto dla φ,ψ ∈ EndA(A)o mamy

f(φ ∗ ψ) = f(ψ φ) = (ψ φ)(1) = ψ(φ(1) · 1) = φ(1) · ψ(1) = f(φ) · f(ψ),

wiec f jest homomorfizmem K-algebr. Poniewaz element φ(1) ∈ A wyznacza jednoznacznie przekszta lcenieφ, f jest izomorfizmem.

(2.3) Lemat. Niech W = V1 ⊕ · · · ⊕ Vn bedzie suma parami izomorficznych A-modu low prostych Vi. JesliD = EndA(V1), to istnieje izomorfizm K-algebr EndA(W )o ≈Mn(Do).

Dowod. Wybierzmy izomorfizmy A-modu low θi:Vi≈−−→V1 dla i > 2. Po lozmy tez θ1 = idV1 . Ponadto niech

ιi bedzie w lozeniem Vi na sk ladnik prosty W , zas πi – rzutem W na ten sk ladnik.

Homomorfizmowi φ ∈ EndA(W ) przypiszemy macierz Φ(φ) := [φjk] ∈Mn(Do), gdzie(φjk:V1

θ−1j−−→Vj

ιj−−→W φ−−→W πk−−→Vkθk−−→V1

)∈ EndA(V1) = D.

Wykazemy, ze Φ jest izomorfizmem K-algebr. Jest jasne, ze Φ jest monomorfizmem K-liniowym. Ponadto,dla dowolnych φ,ψ ∈ EndA(W )o mamy Φ(ψ ∗ φ) = Φ(φ ψ) = [(φ ψ)jl]. przy czym

(φ ψ)jl = θl πl φ ψ ιj θ−1j = θl πl φ

n∑k=1

(ιk πk) ψ ιj θ−1j =

n∑k=1

(θl πl φ ιk θ−1k ) (θk πk ψ ιj θ−1

j ) =n∑

k=1

φkl · ψjk =n∑

k=1

ψjk ∗ φkl = (Φ(ψ) · Φ(φ))jl,

wiec Φ jest monomorfizmem K-algebr. Z drugiej strony, dla dowolnej macierzy [λjk] latwo wskazac endo-morfizm λ taki, ze Φ(λ) = [λjk]: wystarczy okreslic λ jako sume z lozen

Wπj−−→Vj

θj−−→V1λjk−−→V1

θ−1k−−→Vk

ιk−−→W.

6

(2.4) Twierdzenie Wedderburna. Kazda po lprosta K-algebra A jest izomorficzna ze skonczona sumaprosta algebr postaci Mni(Di), gdzie Di sa K-algebrami z dzieleniem.

Dowod. Wiemy, ze regularny A-modu l A ma skonczony rozk lad na sume A-modu low prostych Vi. Pogru-pujmy te sk ladniki tak, by modu ly nalezace do tej samej grupy by ly parami izomorficzne, zas nalezace doroznych grup – nie:

V11, . . . , V1n1, V21, . . . , V2n2, . . . , Vk1, . . . , Vknk.

Zauwazmy, ze jesli modu ly V , V ′ leza w roznych grupach, to kazdy A-homomorfizm V −→ V ′ jest zerowy.Zdefiniujmy nowe A-modu ly:

Wi =

ni⊕j=1

Vij dla i = 1, . . . , k.

Wowczas dla i = j kazdy A-homomorfizm Wi −→Wj jest zerowy. Stad oraz z rownosci A = W1 ⊕ · · · ⊕Wk

wynika, zeEndA(A) = EndA(W1)⊕ · · · ⊕ EndA(Wk).

Wobec tego, na mocy (2.2), mamy

A = EndA(A)o = EndA(W1)o ⊕ · · · ⊕ EndA(Wk)o.

Na mocy (2.3) mamyEndA(Wi)

o ≈Mni(Di), gdzie Doi = EndA(Vi1).

StadA ≈Mn1(D1)⊕ · · · ⊕Mnk

(Dk).

(2.5) Stwierdzenie. JesliK jest cia lem algebraicznie domknietym, A jestK-algebra, zas V jest A-modu lemprostym, to pierscien z dzieleniem D = EndA(V ) jest izomorficzny z K.

Dowod. Oczywiscie zawsze mamy K ⊆ D – element λ ∈ K dzia la na V jako homotetia v 7→ λv. Wybierzmydowolny element δ ∈ D. Poniewaz cia lo K jest algebraicznie domkniete, przekszta lcenie liniowe δ ma wektorw lasny 0 = v ∈ V : δ(v) = λ · v dla pewnej wartosci w lasnej λ ∈ K. Skoro (δ − λ · 1)(v) = 0, przekszta lcenieliniowe δ − λ · 1 ∈ D nie jest odwracalne, zatem δ − λ · 1 = 0. Wynika stad, ze δ ∈ K.

(2.6) Stwierdzenie. Jesli G jest grupa skonczona, zas K jest cia lem algebraicznie domknietym orazchar(K) - |G|. to

KG = Mn1(K)⊕ · · · ⊕Mnk(K).

Zauwazmy, ze porownujac wymiary obu stron nad K otrzymujemy∑

i n2i = |G|.

Liczby naturalne k oraz n1, . . . , nk sa waznymi niezmiennikami grupy G. Zajmiemy sie teraz wyjasnieniemich zwiazku z G.

Niech KG bedzie dowolna algebra grupowa. Dla skonczonej klasy sprzezonosci C ⊂ G zdefiniujmy element

C =∑g : g ∈ C ∈ KG.

(2.7) Twierdzenie. Centrum algebry KG jest przestrzenia liniowa rozpieta przez elementy C, gdzie Cprzebiega zbior skonczonych klas sprzezonosci w grupie G.

Dowod. Element α ∈ KG jest centralny wtedy i tylko wtedy, gdy jest przemienny z kazdym elementemh ∈ G, to znaczy gdy mamy hαh−1 = α dla wszystkich h ∈ G.

Oczywiscie warunek ten jest pe lniony dla elementow C. Niech α =∑αgg ∈ KG bedzie dowolnym elementem

centralnym. Z warunku hαh−1 = α wynika, ze∑g

αg · hgh−1 =∑

αg · g dla h ∈ G.

7

Poniewaz G jest baza przestrzeni liniowej KG, wspo lczynniki przy elemencie hgh−1 ∈ G musza byc rowne,wiec αg = αhgh−1 . Zatem funkcja α:G −→ K jest sta la na klasach sprzezonosci grupy G. Poniewaz nosnikfunkcji α jest skonczony, wspo lczynniki przy elementach nalezacych do nieskonczonych klas sprzezonosci

musza byc rowne 0. Wobec tego α jest kombinacja liniowa elementow C. Poniewaz elementy te majaroz laczne nosniki, sa liniowo niezalezne. Wobec tego stanowia one baze centrum algebry KG.

(2.8) Twierdzenie. Niech G bedzie grupa skonczona i niech K bedzie cia lem algebraicznie domknietymoraz char(K) - |G|. Liczba k sk ladnikow w rozk ladzie Wedderburna algebry grupowej KG skonczonej grupyG jest rowna liczbie jej klas sprzezonosci.

Dowod. Z kursu algebry liniowej wiemy, ze centrum algebry macierzy Mn(K) sk lada sie z macierzyskalarnych λ · I, λ ∈ K, czyli jest 1-wymiarowa podalgebra Mn(K). Wobec tego k jest wymiarem cen-trum sumy prostej algebr macierzy, wiec jest takze wymiarem centrum algebry KG.

Niech teraz K = C. Wiemy, ze jesli G jest grupa skonczona, to CG = Mn1(C) ⊕ · · · ⊕Mnk

(C). Rzutyρi:CG −→ Mni(C) na poszczegolne sk ladniki sumy prostej tworza pe lna liste parami nieizomorficznychreprezentacji nierozk ladalnych grupy G na przestrzeniach Vi = Cni .

(2.9) Twierdzenie. Liczby ni sa dzielnikami rzedu grupy G.

Dowod. (Don Passman) Niech ei ∈ CG bedzie elementem, ktory w powyzszym rozk ladzie odpowiadamacierzy identycznosci na i-tej wspo lrzednej oraz macierzom zerowym na pozosta lych. Wowczas mamy

ei · ej =

0, gdy i = j,ei, gdy i = j.

Jak kazdy inny element CG, element ei jest postaci∑

g agg. Wyznaczmy wspo lczynniki ag ∈ C.

(2.10) Lemat. Mamy ei =∑g∈G

ni · Trρi(g−1)

|G|· g.

Dowod. Mamy izomorfizm CG-modu low CG ≈ V n11 ⊕ · · · ⊕ V nk

k . Dla α ∈ CG niech Lα bedzie przek-szta lceniem liniowym CG −→ CG, polegajacym na mnozeniu z lewej strony przez α. Wowczas

TrLα =k∑

j=1

njTrρj(α). (∗)

Dla α = h−1 · ei mamy

Trρj(h−1 · ei) =

0, gdy j = i,Trρi(h

−1), gdy j = i,

gdyz mnozenie przez ei dzia la jak identycznosc na Vi i jak przekszta lcenie zerowe na pozosta lych Vj . Ponadto,jesli ei =

∑g agg, to g lowna przekatna macierzy Lh−1ei w bazie G przestrzeni CG ma postac diag(ah, . . . , ah).

Z rownosci (∗) otrzymujemy

|G| · ah = ni · Trρi(h−1),

co trzeba by lo wykazac.

Dokonczenie dowodu twierdzenia. Wiadomo, ze slad macierzy jest suma jej wartosci w lasnych, te zas

dla macierzy ρi(h−1) sa pierwiastkami z jedynki, gdyz h|G| = 1. Wobec tego liczba Trρi(h

−1) nalezy do

podpierscienia liczb ca lkowitych algebraicznych Z[ξ] ⊂ C, gdzie ξ|G| = 1. Stad

ei =ni|G|· βi dla pewnego βi ∈ Z[ξ]G.

8

Zatem dla dowolnej liczby naturalnej m > 1 mamy ei = emi =(

ni

|G|

)m· βm

i . Porownujac wspo lczynniki

przy 1 ∈ G otrzymujemyn2i

|G| =(

ni

|G|

)m· γm, zatem |G|m−1 = nm−2

i · γm dla pewnych ca lkowitych liczb

algebraicznych γm ∈ Z[ξ]. Z powyzszej rownosci wynika jednak, ze γm sa liczbami wymiernymi, wiecγm ∈ Z[ξ] ∩Q = Z. Wobec tego

nm−2i

∣∣∣|G|m−1 dla m > 1.

Niech pa, pb beda najwiekszymi potegami ustalonej liczby pierwszej p, dzielacymi odpowiednio ni oraz |G|.Zatem a(m− 2) 6 b(m− 1) dla m > 1, skad a 6 b ·

(1 + 1

m−2

)dla m > 3. Wynika stad a 6 b, dla dowolnej

liczby pierwszej p. Zatem ni

∣∣∣|G|.

∗ ∗ ∗

Pokazemy ladne zastosowanie tych wstepnych wiadomosci o CG-modu lach do rozwiazania klasycznego prob-lemu algebraicznego.

Zacznijmy od znanej tozsamosci:

(x21 + x22)(y21 + y22) = (x1y1 − x2y2)2 + (x1y2 + x2y1)2,

ktora wynika z tozsamosci dla liczb zespolonych |z1|2 · |z2|2 = |z1 · z2|2. Podobna relacja dla kwaternionowprowadzi do tozsamosci

(x21 + x22 + x23 + x24)(y21 + y22 + y23 + y24) = (x1y1 − x2y2 − x3y3 − x4y4)2+

(x1y2 + x2y1 + x3y4 − x4y3)2 + (x1y3 − x2y4 + x3y1 + x4y2)2 + (x1y4 + x2y3 − x3y2 + x4y1)2.

Istnieje tez podobna tozsamosc dla 8 zmiennych, odkryta w 1818 roku przez Dunczyka Ferdynanda Degenai odkryta ponownie przez Artura Cayleya w 1845 r.:

(x21 + x22 + x23 + x24 + x25 + x26 + x27 + x28)(y21 + y22 + y23 + y24 + y25 + y26 + y27 + y28) =

(x1y1 − x2y2 − x3y3 − x4y4 − x5y5 − x6y6 − x7y7 − x8y8)2+

(x2y1 + x1y2 + x4y3 − x3y4 + x6y5 − x5y6 − x8y7 + x7y8)2+

(x3y1 − x4y2 + x1y3 + x2y4 + x7y5 + x8y6 − x5y7 − x6y8)2+

(x4y1 + x3y2 − x2y3 + x1y4 + x8y5 − x7y6 + x6y7 − x5y8)2+

(x5y1 − x6y2 − x7y3 − x8y4 + x1y5 + x2y6 + x3y7 + x4y8)2+

(x6y1 + x5y2 − x8y3 + x7y4 − x2y5 + x1y6 − x4y7 + x3y8)2+

(x7y1 + x8y2 + x6y3 − x6y4 − x3y5 + x4y6 + x1y7 − x2y8)2+

(x8y1 − x7y2 + x7y3 + x5y4 − x4y5 − x3y6 + x2y7 + x1y8)2.

Te trzy tozsamosci maja wspolna postac

(x21 + · · ·+ x2n)(y21 + · · ·+ y2n) = z21 + · · ·+ z2n,

gdzie kazde zi, 1 6 i 6 n, jest forma dwuliniowa od zmiennych x1, . . . , xn, y1, . . . , yn. Formy te okreslajaodpowiednio w przestrzeni R2, R4, R8 dwulinowe mnozenie, ktore, na mocy odpowiedniej z powyzszychtozsamosci, w szczegolnosci spe lniaja warunek

(x1, x2, . . . , xn) · (x1,−x2, . . . ,−xn) = (x21 + · · ·+ x2n, 0, . . . , 0), n = 2, 3, 8.

9

Warunek ten implikuje, ze kazdy element (x1, . . . , xn) ∈ Rn \ 0 jest, wzgledem tak okreslonego mnozenia,odwracalny.

Dla n = 2 mnozenie to definiuje cia lo liczb zespolonych C; dla n = 4 otrzymujemy kwaterniony H, ktoretworza nieprzemienny pierscien z dzieleniem. W koncu, dla n = 8 otrzymujemy oktawy O, zwane tez liczbamiCayleya, ktore daje pierscien nieprzemienny i tylko czesciowo laczny.

Pojawi l sie wiec naturalny problem: czy mozna uzyskac podobne formu ly dla innych n? Odpowiedzi udzieli lw 1898 Adolf Hurwitz.

(2.11) Twierdzenie Hurwitza. Formy C-dwuliniowe zi = zi(x1, . . . , yn), spe lniajace tozsamosc

(x21 + · · ·+ x2n)(y21 + · · ·+ y2n) = z21 + · · ·+ z2n (∗∗)

istnieja tylko dla n = 1, 2, 4, 8.

Dowod.(Beno Eckmann) Bedziemy zak ladac, ze n > 2. Zapiszmy

zi =

n∑j=1

aij(x)yj , 1 6 i 6 n,

gdzie aij(x) sa formami liniowymi od x = (x1, . . . , xn) o wspo lczynnikach zespolonych. Podstawiajac tewyrazenia do (∗∗), otrzymujemy zwiazki

n∑i=1

aij(x)aik(x) = 0 dla j = k,

n∑i=1

a2ij(x) = x21 + · · ·+ x2n.

Mozna to zgrabnie zapisac w formie macierzowej: jesli A = [aij(x)], to

AT ·A = (x21 + · · ·+ x2n) · I.

ZapiszmyA = A1x1 + · · ·+Anxn, gdzie Ai ∈Mn(C).

WowczasAT

i Aj +ATj Ai = 0 dla i = j, AT

i Ai = I. (∗ ∗ ∗)

Zauwazmy, ze jesli kazda z macierzy Ai pomnozymy z lewej strony przez te sama macierz C spe lniajacawarunek CTC = I, to powyzszy uk lad warunkow sie nie zmieni. Dlatego znormalizujemy te rodzine macierzy,k ladac Bi = AT

nAi. Uk lad warunkow (∗ ∗ ∗) przybierze postac

BTi Bj +BT

j Bi = 0 dla i = j, BTi Bi = I, Bn = I.

Podstawiajac do powyzszej rownosci j = n, uzyskujemy BTi = −Bi dla i = n.

Nasz problem mozna zatem sformu lowac tak: dla jakich n istnieje (n − 1) macierzy Bi ∈ Mn(C), ktorespe lniaja warunki BT

i = −Bi, BTi Bi = I oraz BiBj = −BjBi dla i = j?

Podstawowa idea dalszej czesci dowodu odwo luje sie do teorii reprezentacji: zamiast szukac takich uk ladowmacierzy, znajdziemy grupe skonczona, ktorej pewna n-wymiarowa reprezentacja bedzie je zawierac.

Rozwazmy zatem grupe

Gn = ⟨a1, . . . , an−1, ϵ | a2i = ϵ, ϵ2 = 1, aiaj = ϵajai dla i = j⟩.

10

Zauwazmy, ze z pierwszej relacji wynika aiϵ = ϵai, wiec element ϵ lezy w centrum grupy Gn. Grupa ilorazowa

Gn = Gn/1, ϵ jest postaci ⟨a1, . . . , an−1 | a2i = 1, aiaj = ajai⟩ ≈ Cn−12 , wiec |Gn| = 2n.

Wyznaczymy wymiary CGn-modu low prostych. Aby wyznaczyc ich liczbe, zbadamy klasy sprzezonoscielementow Gn.

Zacznijmy od wyznaczenia centrum grupy Gn. Kazdy element grupy Gn jest postaci aT lub ϵ · aT , gdziedla T ⊆ 1, . . . , n− 1 mamy aT =

∏i∈T ai (mnozymy w rosnacej kolejnosci indeksow). Na mocy ostatniej

relacji, mamy

ai · aT · a−1i =

ϵ|T | · aT , gdy i ∈ T ,ϵ|T |−1 · aT , gdy i ∈ T .

Zatem, gdy |T | jest dodatnia liczba parzysta, element aT nie jest centralny, gdyz nie jest przemienny z ai,i ∈ T . Podobnie jest, gdy |T | jest liczba nieparzysta mniejsza od n− 1, bo wtedy istnieje element ai, i ∈ T ,nieprzemienny z aT . Wobec tego centrum zalezy od parzystosci n: gdy n jest nieparzyste, to Z(Gn) = 1, ϵ.Gdy n jest parzyste, do centrum naleza jeszcze dwa elementy: a1a2 · · · an−1 oraz ϵa1a2 · · · an−1.

Zauwazmy, ze klasa sprzezonosci w Gn moze miec co najwyzej dwa elementy, gdyz homomorfizm naturalny

Gn −→ Gn zlepia elementy parami, a rozne elementy grupy abelowej Gn sprezone nie sa. Zatem, jeslielement g ∈ Gn nie jest centralny, to jego klasa sprzezonosci jest postaci g, ϵg.

Na podstawie powyzszych danych mozemy wyznaczyc liczbe klas sprzezonosci w Gn. Dla n nieparzystychotrzymujemy 2+(2n−2)/2 = 2n−1+1 klas. Dla n parzystych mamy 4+(2n−4)/2 = 2n−1+2 klasy. Na mocy(2.8), mamy dok ladnie tyle CGn-modu low prostych. Posrod nich, mamy 2n−1 modu low 1-wymiarowych,pochodzacych od reprezentacji abelowej grupy ilorazowej Gn/1, ϵ. Z naszych obliczen wynika, ze grupaGn ma jeszcze jedna reprezentacje wymiaru d > 1 gdy n jest nieparzyste oraz dok ladnie dwie reprezentacjewymiarow d1, d2 > 1 gdy n jest parzyste.

Niech n bedzie nieparzyste. Wowczas, na mocy (2.8), mamy

2n = |G| = dimCG =k∑

i=1

n2i = 2n−1 · 12 + d2, skad d = 2(n−1)/2.

Natomiast gdy n jest parzyste uzyskujemy analogicznie

2n = |G| = dimCG =

k∑i=1

n2i = 2n−1 · 12 + d21 + d22, d21 + d22 = 2n−1.

Ale na mocy (2, 12) wiemy, ze di|2n. Zatem d1 = d2 = 2(n−2)/2.

Wrocmy do naszego zadania: dla jakich n istnieje n-wymiarowa reprezentacja ρ:Gn −→ GLn(C) taka, zeρ(ϵ) = −I?

Niewatpliwie CGn-modu l V wyznaczony przez ρ jest suma modu low prostych. Jednak w kazdej reprezentacji1-wymiarowej element ϵ przechodzi na 1, zatem takie sk ladniki w V nie moga sie pojawic. Wobec tego V jest

suma pewnej liczby, np. t, kopii modu low wymiaru 2(n−1)/2 lub 2(n−2)/2. Zatem n = dimV = t · 2(n−1)/2

lub t · 2(n−2)/2. Poniewaz za lozylismy, ze n > 2, to prawa strona jest parzysta, zatem takze n jest parzyste.Wobec tego mamy n = t · 2(n−2)/2.

Zapiszmy n = 2as, gdzie a > 1 oraz 2 - s. Wowczas 2(n−2)/2|n, n−22 6 a, n 6 2a + 2, 2as 6 2a + 2.

Przypomnijmy, ze 2a > a+1 dla a > 1. Gdyby zachodzi la nierownosc s = 1, to 2a+2 > 2as > 2a·2 > 2(a+1),sprzecznosc. Zatem s = 1 oraz 2a 6 2a+ 2. Ostatnia nierownosc jest spe lniona dla a = 1, 2, 3, odpowiedniodla n = 2, 4, 8. Natomiast gdy a > 4 to 2a > 4a, zatem 2a+ 2 > 2a > 4a, co daje 2 > 2a > 8, sprzecznosc.Wobec tego n = 1, 2, 4, 8 sa jedynymi liczbami, dla ktorych poszukiwana tozsamosc istnieje.

11

Powyzsze twierdzenie mozna istotnie wzmocnic. Wzory, ktore probowalismy uogolnic, definiuja na Rn struk-ture pierscienia z 1. Okazuje sie, ze gdyby zadanie dwuliniowosci funkcji zi zastapic tylko ich ciag loscia orazistnieniem jedynki, to takze nie wyjdziemy poza znane wymiary 1, 2, 4 i 8. Zauwazmy bowiem, ze z formybadanych formu l wynika, ze jesli ∥x∥ = ∥y∥ = 1, to takze ∥z∥ = 1, gdzie ∥.∥ jest norma euklidesowa w Rn.Wobec tego, gdy w przestrzeni Rn istnieja poszukiwane wzory z ciag lymi funkcjami zi oraz z jedynka, tosfera Sn−1 jest H-przestrzenia.

(2.12) Definicja. Przestrzen topologiczna X, wyposazona w przekszta lcenie ciag le µ:X ×X −→ X jestH-przestrzenia, jesli istnieje punkt x0 ∈ X taki, ze µ(x, x0) = µ(x0, x) = x dla dowolnego punktu x ∈ X.

(2.13) Twierdzenie. (Frank Adams, 1958) Wsrod sfer, H-przestrzeniami sa tylko S1, S3 oraz S7.

Zadanie. Wykazac, ze w przestrzeni R2n+1 nie istnieje struktura R-dwuliniowego mnozenia z 1.

Wyk lad 3.

Juz wiemy, ze algebre grupowa CG skonczonej grupy G mozna roz lozyc na sume lewych podmodu lowprostych. Ogolniej, aby roz lozyc dany pierscien na sume prosta jego dwoch podmodu low, wystarczy znalezcw nim idempotenta, tj. element spe lniajacy warunek e = e2. Zauwazmy, ze jesli e jest idempotentem, to,jak latwo sprawdzic, jest nim takze 1− e.

(3.1) Stwiedzenie. Niech R bedzie dowolnym pierscieniem. Jesli e ∈ R jest idempotentem, to R ma rozk ladna sume prosta lewych R-podmodu low: R = Re ⊕ R(1 − e). Gdy e = 0, 1, oba sk ladniki sa niezerowymipodmodu lami R.

Dowod. Dla dowolnego r ∈ R mamy r = re + r(1 − e), wiec podmodu ly Re, R(1 − e) rozpinaja R. Jeslir ∈ Re ∩R(1− e), to r = r1e = r2(1− e) dla pewnych r1, r2 ∈ R. Zatem

r = r1e = (r1e)e = re = r2(1− e)e = r2(e− e2) = 0.

Jesli V jest skonczenie wymiarowa przestrzenia liniowa, zas L:V −→ V przekszta lceniem liniowym takim,ze L2 = L, to L jest rzutem V na podprzestrzen L(V ) ⊂ V . Zauwazmy, ze wymiar tej podprzestrzeni, czylirzad przekszta lcenia L, jest rowny sladowi L. Istotnie, wartosciami w lasnymi L sa 0 oraz 1; obrazem Ljest podprzestrzen w lasna odpowiadajaca wartosci w lasnej 1, wiec jej wymiar jest rowny sumie wszystkichwartosci w lasnych, czyli sladowi L.

W szczegolnosci, gdy G jest grupa skonczona, zas e = e2 ∈ CG, to wymiar podprzestrzeni CGe jest rownysladowi przekszta lcenia Le:CG −→ CG, Le(α) = α · e. Jesli e =

∑g egg, to macierz tego przekszta lcenia

w bazie G ma na g lownej przekatnej |G| razy element e1. Z powyzszego wynika, ze

dimCGe = |G| · e1; e1 =dimCGe|G|

.

(3.2) Definicja. Sladem elementu α pierscienia grupowego KG nazywamy wspo lczynnik przy 1 ∈ Gi oznaczamy tr(α).

Slad jest funkcjona lem liniowym na KG. Latwo sprawdzic, ze podobnie jak dla sladu macierzy, dla dowolnychα, β ∈ KG mamy

tr(α · β) =∑g∈G

αgβg−1 =∑g∈G

βg−1αg =∑

g−1∈G

βg−1α(g−1)−1 = tr(β · α).

(3.3) Stwierdzenie. Jesli G jest grupa skonczona, zas e ∈ CG jest idempotentem, to tr(e) jest liczbawymierna z przedzia lu [0, 1]. Ponadto, jesli tr(e) = 0, to e = 0 oraz jesli tr(e) = 1, to e = 1.

12

Dowod. Z poprzednich uwag wynika, ze tre jest nieujemna liczba wymierna, ktora jest rowna 0 tylko wtedy,gdy e = 0. Pozosta la czesc tezy wynika z tego, ze 1− e jest takze idempotentem.

Choc moze to byc zaskakujace, za lozenie |G| <∞ wcale nie jest potrzebne. Udowodnimy

(3.4) Twierdzenie. (Irving Kaplansky 1969, Alex Zaleskii 1972) Niech G bedzie dowolna grupa. Jeslie ∈ CG jest idempotentem, to tr(e) jest liczba wymierna z przedzia lu [0, 1]. Ponadto, jesli tr(e) = 0, to e = 0oraz jesli tr(e) = 1, to e = 1.

Dowody tego, ze:

1) tr(e) jest liczba rzeczywista z przedzia lu [0, 1] i jest zerem tylko dla e = 0, zas jedynka tylko dla e = 1;

2) tr(e) jest liczba wymiernamaja ca lkowicie rozna nature. Dowod 1) jest geometryczny; dowod 2) jest teorio-liczbowy.

Dla dowodu 1) wprowadzimy w przestrzeni liniowej CG (dla dowolnej grupy G) strukture geometryczna.Zdefiniujmy w CG iloczyn hermitowski tak, by zbior G stanowi l baze unitarna, tj.

dla α =∑g

αgg, β =∑g

βgg po lozymy ⟨α, β⟩ :=∑g∈G

αgβg.

Algebra grupowa CG ma naturalna inwolucje CG∗−−→CG dana wzorem

α∗ =∑g∈G

αgg−1.

Latwo sprawdzic, ze (α+ β)∗ = α∗ + β∗, (α · β)∗ = β∗ · α∗, (α∗)∗ = α, ⟨α, β⟩ = tr(αβ∗). Z ostatniejrownosci latwo wynika tez, ze

⟨α, β · γ⟩ = ⟨α · γ∗, β⟩ = ⟨β∗ · α, γ⟩,

co oznacza, ze operator prawego (lewego) mnozenia przez α∗ jest sprzezony wzgledem naszego iloczynuhermitowskiego w CG do operatora prawego (lewego) mnozenia przez α.

Iloczyn hermitowski prowadzi do L2-normy:

∥α∥ = ⟨α, α⟩1/2 =

√∑g∈G

|αg|2.

Przydatna bedzie tez L1-norma:

|α| :=∑g∈G

|αg|.

Miedzy tymi normami mamy nastepujace nierownosci.

(3.5) Lemat. Dla dowolnych α, β ∈ CG mamy

i) ∥α · β∥ 6 |α| · ∥β∥,ii) |α · β| 6 |α| · |β|.

Dowod. Dla dowolnego g ∈ G mamy

∥gα∥ = ⟨gα, gα⟩1/2 = ⟨g∗gα, α⟩1/2 = ⟨α, α⟩1/2 = ∥α∥,

a takze, oczywiscie, |αg| = |α|. Zatem, jesli α =∑

g αgg, to

∥αβ∥ =

∥∥∥∥∥∑g

gαgβ

∥∥∥∥∥ 6∑g

∥gαgβ∥ =∑g

∥αgβ∥ =∑g

|αg|∥β∥ = |α|∥β∥.

13

Takze|αβ| = |

∑g

αβgg| 6∑g

|αβgg| =∑g

|α||βg| = |α||β|.

Udowodnimy

(3.6) Twierdzenie. Slad kazdego idempotenta e ∈ CG jest liczba rzeczywista z przedzia lu [0, 1]. Ponadtojesli tre ∈ 0, 1, to e jest odpowiednio rowne 0 lub 1.

Dowod. (Don Passman) Dla idempotenta 0 = e ∈ CG rozwazmy podprzestrzen liniowa V = CGe ⊂ CG.Przypuscmy, ze element f ∈ V jest najblizszy punktowi 1 ∈ CG. Wowczas 1 − f ⊥ V . Dla dowolnegoβ ∈ CG mamy βe, βf ∈ V , wiec

⟨β, (1− f)e∗⟩ = ⟨βe, 1− f⟩ = 0, ⟨β, (1− f)f∗⟩ = ⟨βf, 1− f⟩ = 0,

czyli (1− f)e∗ ⊥ CG oraz (1− f)f∗ ⊥ CG. Wobec tego (1− f)e∗ = (1− f)f∗ = 0.

Z drugiej rownosci mamy f∗ = ff∗ = (ff∗)∗ = f . Natomiast z pierwszej wynika, ze e∗ = fe∗, a stadi z symetrycznosci f wynika e = ef∗ = ef . Zatem tr(e) = tr(ef) = tr(fe) = tr(f), gdyz fe = f , skorof ∈ CGe.

Ponadto z rownosci ⟨f, 1 − f⟩ = 0 wynika, ze tr(f) = ⟨f, 1⟩ = ⟨f, f⟩ = ∥f∥2. Zatem tr(e) = tr(f) = ∥f∥2jest nieujemna liczba rzeczywista. Wobec tego takze 1− tr(e) = tr(1− e) > 0, wiec tr(e) ∈ [0, 1].

Jesli tr(e) = 0, to takze ∥f∥ = 0, wiec f = 0 oraz e = e · f = 0. Jesli natomiast tr(e) = 1, to tr(1− e) = 0,skad 1− e = 0.

Dowod wyglada na zakonczony, ale. . . tylko dla grup skonczonych. Gdy G jest grupa nieskonczona, przestrzenmetryczna (CG, ∥.∥) nie jest zupe lna, wiec istnienia elementu f ∈ V , najblizszego do 1, nie mozemy zak ladac.Tym niemniej, z pewnoscia istnieja elementy fn ∈ V takie, ze ∥1 − fn∥2 6 dist(V, 1)2 + 1/n2 dla n > 1.Wykazemy, ze istnieja sta le A,B > 0 takie, ze

i) |⟨fn, 1− fn⟩| 6 A/n,

ii) ∥efn − e∥ 6 B/√n.

To wystarczy, gdyz z warunku i) wynika∣∣tr(fn)− ∥fn∥2∣∣ = |⟨fn, 1⟩ − ⟨fn, fn⟩| = |⟨fn, 1− fn⟩| → 0,

zas z warunku ii) mamy

|tr(fn)− tr(e)| = |tr(fne)− tr(e)| = |tr(efn)− tr(e)| 6 ∥efn − e∥ → 0,

gdy n→∞. Wobec tego tr(e) = limn→∞ ∥fn∥2, wiec tr(e) jest nieujemna liczba rzeczywista. Ponadto, z ii)wynika takze

∥e∥ 6 ∥e− efn∥+ ∥efn∥ 6B√n

+ |e| · ∥fn∥,

skad, dla e = 0, otrzymamy

tr(e) = limn→∞

∥fn∥2 > ∥e∥2

|e|2> 0.

Pozosta lo wykazac i) oraz ii). Obie nierownosci wynikna latwo z nastepujacego lematu.

(3.7) Lemat. Niech V ⊂ CG bedzie podprzestrzenia liniowa oraz α, β ∈ V . Wowczas

|⟨β, 1− α⟩|2 6 ∥β∥2(∥1− α∥2 − dist(V, 1)2

).

14

Dowod. Mozna za lozyc, ze β = 0. Niech t = ⟨1− α, β⟩/∥β∥2. Poniewaz α+ tβ ∈ V , mamy

∥1− (α+ tβ)∥2 > dist(V, 1)2.

Zatem∥1− α∥2 − dist(V, 1)2 > ∥1− α∥2 − ∥1− α− tβ∥2 =

⟨1− α, 1− α⟩ − ⟨1− α− tβ, 1− α− tβ⟩ = t⟨β, 1− α⟩+ t⟨1− α, β⟩ − tt⟨β, β⟩ = |⟨β, 1− α⟩|2/∥β∥2.

Dla dowodu i) po lozmy α = β = fn. Z (3.7) otrzymujemy

|⟨fn, 1− fn⟩|2 6 ∥fn∥2(∥1− fn∥2 − dist(V, 1)2

)6 ∥fn∥

2

n2, |⟨fn, 1− fn⟩| 6

∥fn∥n

.

Ale ∥fn∥ 6 1 + ∥1− fn∥ 6 1 + (dist(V, 1)2 + 1)1/2 =: A, co dowodzi i).

Dla dowodu ii) po lozymy α = fn, β = e∗e− e∗efn – sa to elementy V , gdyz e, fn ∈ V . Wowczas

∥efn − e∥2 = ⟨e(fn − 1), e(fn − 1)⟩ = ⟨e(1− fn), e(1− fn)⟩ = ⟨e∗e(1− fn), 1− fn⟩ 6

∥e∗e(1− fn)∥ · 1

n6 1

n|e∗e|∥1− fn∥ 6

A

n|e∗e|.

Zatem

∥efn − e∥ 6B√n

dla B =√A|e∗e|.

∗ ∗ ∗

Pozosta lo wykazac, ze slad kazdego idempotenta e ∈ CG jest liczba wymierna.

Jedna z najskuteczniejszych metod badania obiektow matematycznych jest odwzorowywanie ich homomor-ficznie w inne, prostsze obiekty tego samego rodzaju. Niestety, dla cia l to nie dzia la, bo kazdy homomorfizmcia l jest zanurzeniem. Ale mozemy odwzorowywac w inne cia la podpierscienie R ⊂ K: wystarczy wybracidea l maksymalny M < R i rozwazyc przekszta lcenie K ⊃ R −→ R/M = F na cia lo ilorazowe. Oczywiscie,im wiekszy podpierscien R, tym lepiej. W pewnym sensie najlepsze sa pierscienie waluacji.

(3.8) Definicja. Podpierscien R cia la K jest pierscieniem waluacji, jesli dla dowolnego x ∈ K \ R mamyx−1 ∈ R.

(3.9) Stwierdzenie. Pierscien waluacji R ⊂ K jest pierscieniem lokalnym, to znaczy ma dok ladnie jedenidea l maksymalny.

Dowod. Niech M bedzie zbiorem elementow nieodwracalnych pierscienia R. Jest to oczywiscie zbiorzamkniety ze wzgledu na mnozenie. Musimy jeszcze sprawdzic, ze gdy x, y ∈ M , to x − y ∈ M . Moznaza lozyc, ze x = 0 = y. Wtedy, na mocy definicji, x−1y ∈ R lub y−1x ∈ R. Ale wtedy

x− y = x(1− x−1y) = y(y−1x− 1),

oraz co najmniej jeden z elementow 1 − x−1y, y−1x − 1 nalezy do R. Zatem gdyby element x − y by lodwracalny, to x lub y by loby tez odwracalne, wbrew za lozeniu. Stad x− y ∈M .

Oczywiscie kazdy w lasciwy idea l sk lada sie z elementow nieodwracalnych, wiec M jest jedynym idea lemmaksymalnym w R.

Pierscienie waluacji sa maksymalne w nastepujacym sensie. Niech K, Ω beda cia lami, przy czym Ω jestalgebraicznie domkniete. Niech Σ bedzie zbiorem par (A, f), gdzie A jest podpierscieniem K, zas f :A −→ Ωjest homomorfizmem pierscieni. W zbiorze Σ wprowadzamy relacje porzadku:

(A, f) 6 (A′, f ′) gdy A ⊆ A′ oraz f ′|A = f.

15

Na mocy lematu Kuratowskiego-Zorna, w zbiorze uporzadkowanym (Σ,6) istnieje para maksymalna (R, g).

(3.10) Twierdzenie. Jesli para (R, g) jest elementem maksymalnym w (Σ,6), to R ⊂ K jest pierscieniemwaluacji.

Dowod. Najpierw wykazemy, ze M = ker(g) jest jedynym idea lem maksymalnym w R, wiec R jestpierscieniem lokalnym.

Bedzie tak, gdy wykazemy, ze dowolny element x ∈ R \M jest odwracalny. W tym celu rozwazmy pod-pierscien R[x−1] ⊂ K. Poniewaz g(x) = 0, homomorfizm g mozna latwo przed luzyc na R[x−1], k ladacg(rx−k) = g(r)g(x)−k dla k > 0. Wobec maksymalnosci (R, g) mamy R[x−1] = R, tj. x−1 ∈ R. Wynikastad, ze x jest elementem odwracalnym w R, zatem M sk lada sie ze wszystkich elementow nieodwracalnychpierscienia R.

Nastepnie zauwazmy, ze dla dowolnego x ∈ K zachodzi M [x] = R[x] lub M [x−1] = R[x−1]. Za lozmy bowiem,ze jednoczesnie zachodza obie rownosci. Wowczas 1 ∈M [x] oraz 1 ∈M [x−1], zatem dla pewnych ui, vi ∈Mmamy

u0 + u1x+ · · ·+ umxm = 1, v0 + v1x

−1 + · · ·+ vnx−n = 1.

Za lozmy, ze sumam+n jest mozliwie najmniejsza orazm > n. Mnozac druga rownosc przez xn, otrzymujemy

(1− v0)xn = v1xn−1 + · · ·+ vn.

Skoro v0 ∈M , to element 1− v0 jest odwracalny w R, a zatem

xn = w1xn−1 + · · ·+ wn, wi ∈M.

Zatem mozemy zastapic xm przez w1xm−1 + · · ·+ wnx

m−n, zmniejszajac w ten sposob m+ n.

Teraz juz mozemy wykazac, ze dla dowolnego x ∈ K mamy x ∈ R lub x−1 ∈ R. Na mocy poprzedniego aka-pitu mozemy za lozyc, ze M [x] = R′ = R[x]. Zatem idea l M [x] jest zawarty w pewnym ideale maksymalnymM ′ < R′. Mamy M ′ ∩R = M , gdyz M 6M ′ ∩R oraz 1 ∈M ′ ∩R. Zatem zanurzenie R ⊂ R′ indukuje za-nurzenie cia la F = R/M w cia lo F ′ = R′/M ′, a ponadto F ′ = F [x], gdzie x jest obrazem x w F ′. Zauwazmy,ze gdyby element x nie by l algebraiczny nad R, to homomorfizm g moglibysmy z latwoscia przed luzyc napierscien wielomianow R < R′ = R[x]. Zatem, z maksymalnosci R wynika, ze x jest algebraiczny nad R,a zatem takze element x jest algebraiczny nad F .

Homomorfizm g indukuje zanurzenie F ⊂ Ω, a skoro Ω jest cia lem algebraicznie domknietym, istnieje jegoprzed luzenie do g:F ′ −→ Ω. Zatem z lozenie R′ −→ F ′ g−−→Ω przed luza g. Z maksymalnosci pary (R, g)wynika, ze R′ = R, tj. x ∈ R.

Wyk lad 4.

Przypomnijmy, ze podpierscien R cia la K nazywamy pierscieniem waluacji, gdy dla kazdego x ∈ K \R mamyx−1 ∈ R.

Kazdy pierscien waluacji R ma dok ladnie jeden idea l maksymalny M , wiec wyznacza jednoznacznie cia loF = R/M , na ktore sie odwzorowuje. Wygodnie jest rozszerzyc homomorfizm naturalny φR:R −→ F doprzekszta lcenia okreslonego na ca lym ciele: φR:K −→ F ∪ ∞, k ladac

φR(x) =

x+M, gdy x ∈ R,∞, gdy x ∈ K \R.

Takie przekszta lcenie nazywamy miejscem (czasem – punktem) (ang.: place).

16

(4.1) Definicja. Niech K, F beda cia lami. Miejscem nazywamy przekszta lcenie φ:K −→ F ∪ ∞ takie,ze R = φ−1(F ) jest podpierscieniem K i φ|R jest homomorfizmem pierscieni, a ponadto warunek: φ(x) =∞jest spe lniony wtedy i tylko wtedy, gdy φ(x−1) = 0.

Nazwe “miejsce” uzasadnia nastepujacy przyk lad: kazdy punkt z ∈ C, czyli miejsce na prostej zespolonej,wyznacza odwzorowanie cia la funkcji wymiernych C(X) w C ∪ ∞, posy lajaca funkcje wymierna na jejwartosc w punkcie z. Przyk lad ten mozna uogolnic, zastepujac prosta C zbiorem algebraicznym.

Latwo sprawdzic, ze kazdy pierscien waluacji R ⊂ K wyznacza miejsce φR:K −→ F ∪∞ = (R/M)∪∞,przy ktorym φR(K \ R) = ∞. Podobnie, kazde miejsce φ:K −→ F ∪ ∞ wyznacza pierscien waluacjiR = φ−1(F ) ⊂ K. Takie miejsce bedziemy dalej oznaczac symbolem φR.

Nastepne twierdzenie przekona nas, ze na kazdym ciele K istnieje dostatecznie wiele miejsc.

(4.2) Twierdzenie. Niech K bedzie cia lem, S – podpierscieniem K, zas σ:S −→ Ω homomorfizmem Sw algebraicznie domkniete cia lo Ω. Wtedy istnieje miejsce φR:K −→ Ω ∪ ∞ takie, ze R ⊇ S oraz φR i σpokrywaja sie na S.

Dowod. Postepujemy dok ladnie tak samo, jak w dowodzie (3.10), ale tym razem rozwazamy tylko takiepary (A, f), dla ktorych A ⊇ S oraz f|S = σ.

Miejsca maja wiele ciekawych zastosowan; wynikaja one z nastepujacego stwierdzenia.

(4.3) Stwierdzenie. Niech K bedzie cia lem, S jego podpierscieniem, zas x1, . . . , xn skonczonym zbioremelementow K. Istnieje element 0 = s0 ∈ S taki, ze dowolny homomorfizm σ:S −→ Ω w cia lo algebraiczniedomkniete Ω spe lniajacy warunek σ(s0) = 0 mozna rozszerzyc do miejsca φR:K −→ Ω ∪ ∞ takiego, zeR ⊇ S[x1, . . . , xn].

Dowod. Niech K0 bedzie cia lem u lamkow dziedziny S. Zatem K0 ⊆ K0(x1, . . . , xn) ⊆ K. Ponume-rujmy elementy xi tak, by zbior x1, . . . , xt by l baza przestepna cia la K0(x1, . . . , xn) nad podcia lem K0.Zatem S1 = S[x1, . . . , xt] jest izomorficzne z pierscieniem wielomianow nad S od t zmiennych, zas K1 =K0(x1, . . . , xt) jest jego cia lem u lamkow.

Natomiast elementy xt+1, . . . , xn sa algebraiczne nad K1, wiec sa pierwiastkami pewnych wielomianowo wspo lczynnikach z S1. Mnozac te wielomiany przez siebie, mozna za lozyc, ze xt+1, . . . , xn sa pierwiastkami

ustalonego wielomianu f(X) =∑k

i=0 aiXi, gdzie ak ∈ S[x1, . . . , xt] jest niezerowym wielomianem. Niech

s0 ∈ S bedzie jednym z niezerowych wspo lczynnikow tego wielomianu.

Sprawdzimy, ze tak wybrany element s0 ma zadane w lasnosci. Niech σ:S −→ Ω bedzie homomorfizmem Sw cia lo algebraicznie domkniete i takim, ze σ(s0) = 0. Rozszerzmy σ do σ:S1 −→ Ω[X1, . . . , Xt], k ladacσ(xi) = Xi. Z za lozenia σ(s0) = 0 wynika, ze σ(ak) = 0. Poniewaz Ω jest cia lem nieskonczonym, istniejaelementy b1, . . . , bt ∈ Ω takie, ze σ(ak)(b1, . . . , bt) = 0.

Zdefiniujmy ρ:S[x1, . . . , xt] −→ Ω wzorem ρ(g(x1, . . . , xt)) = (σg)(b1, . . . , bt). Jest jasne, ze homomorfizmρ rozszerza σ oraz ρ(ak) = 0. Teraz stosujemy (4.2) do homomorfizmu ρ:S[x1, . . . , xt] −→ Ω, by otrzymacmiejsce φR:K −→ Ω ∪ ∞, rozszerzajace ρ.

Jest jasne, ze R ⊇ S[x1, . . . , xt]. Gdyby xj ∈ R dla pewnego j > t, to x−1j ∈ R oraz φR(x−1

j ) = 0. Ponadto

mamy x−kj f(xj) = 0, czyli

ak +k∑

i=1

ak−ix−ij = 0.

Poniewaz wszystkie wspo lczynniki w powyzszej sumie naleza do R, mamy

0 = φR(ak) +k∑

i=1

φR(ak−i)φR(x−1j )i = ρ(ak),

17

poniewaz φR rozszerza ρ oraz φR(x−1j ) = 0. Ale ρ(ak) = 0 – sprzecznosc. Zatem R ⊇ S[x1, . . . , xn].

Aby udowodnic wazny wniosek potrzebujemy twierdzenia z teorii liczb.

(4.4) Twierdzenie. Niech f ∈ Z[X] bedzie wielomianem unormowanym i nierozk ladalnym stopnia > 1.Istnieje nieskonczenie wiele liczb pierwszych takich, ze wielomian f mod p ∈ Fp[X] nie ma pierwiastkoww ciele Fp.

Szkic dowodu powyzszego klasycznego twierdzenia z algebraicznej teorii liczb przedstawimy na koncu.

(4.5) Twierdzenie. Niech K bedzie cia lem charakterystyki 0 i niech x0, x1, . . . , xn beda elementami K, przy

czym x0 ∈ Q. Dla nieskonczenie wielu liczb pierwszych p istnieje miejsce φR:K −→ Fp ∪∞ o wartosciachw algebraicznym domknieciu Fp cia la Fp takie, ze φR(xi) =∞ dla wszystkich i, a ponadto φR(x0) ∈ Fp \Fp.

Dowod. Zastosujemy (4.3) do S = Z[x0] i zbioru x1, . . . , xn ⊂ K. Niech s0 ∈ Z[x0] bedzie elementem,ktorego istnienie gwarantuje (4.3). Rozwazymy dwa przypadki.

Za lozmy najpierw, ze x0 nie jest elementem algebraicznym nad Q. Wtedy pierscien Z[x0] jest izomor-ficzny z pierscieniem wielomianow od zmiennej x0, zas s0(x0) jest niezerowym wielomianem. Redukcjawspo lczynnikow modulo p daje homomorfizm σp:Z[x0] −→ Fp[X], σp(x0) = X, przekszta lcajacy wielomian

s0(x0) na niezerowy wielomian σp(s0)(X) dla prawie wszystkich liczb pierwszych p. Poniewaz cia lo Fp jestnieskonczone, istnieje element b ∈ Fp\Fp taki, ze σp(s0)(b) = 0. Zatem homomorfizm Z[x0] ∋ f 7→ σp(f)(b) ∈Fp przenosi s0 na element rozny od zera, wiec stwierdzenie (4.3) daje teze.

Niech teraz x0 bedzie elementem algebraicznym nad Q. Zatem dla pewnej liczby m ∈ Z iloczyn α = mx0jest liczba ca lkowita algebraiczna. Niech f ∈ Z[X] bedzie wielomianem minimalnym liczby α. Wtedy f jestunormowanym wielomianem nierozk ladalnym stopnia > 1, bo α ∈ Q.

Mamy Z[α] = Z[X]/(f). Ponadto s0 ∈ Z[x0], wiec takze jest liczba algebraiczna, a zatem jest pierwiastkiemwielomianu

aksk0 + ak−1s

k−10 + · · ·+ a0 = 0, ai ∈ Z, a0 = 0.

Na mocy (4.4), istnieje nieskonczenie wiele liczb pierwszych p takich, ze wielomian f mod p ∈ Fp[X] nie mapierwiastkow w ciele Fp. Odrzucmy sposrod tych liczb wszystkie pierwsze dzielniki liczby ma0. Jesli p jestliczba pierwsza spe lniajaca oba warunki, istnieje nieliniowy czynnik nierozk ladalny g ∈ Fp[X] wielomianuf mod p. Wtedy z lozenie

Z[X] −→ Fp[X] −→ Fp[X]/(g)

zawiera wielomian f w swoim jadrze, zatem faktoryzuje sie przez Z[X]/(f) = Z[α]. Mamy zatem homomor-fizm σ pierscienia Z[α] na skonczone cia lo charakterystyki p oraz σ(α) ∈ Fp, gdyz g(X) nie ma pierwiastkoww Fp.

Homomorfizm σ mozemy latwo rozszerzyc na pierscien

T = t−1a : a ∈ Z[α], t ∈ Z, p - t ⊆ K

za pomoca wzoru σ(t−1a) = σ(t)−1σ(α). Poniewaz p - m, mamy x0 ∈ T , wiec S = Z[x0] ⊆ T . Wobec

tego znalezlismy homomorfizm σ:S −→ Fp, przy czym σ(x0) = σ(m)−1σ(α) ∈ Fp. Co wiecej, stosujac σ do

rownosci aksk0 + ak−1s

k−10 + · · ·+ a0 = 0 otrzymujemy

σ(s0)σ(ak)σ(s0)k−1 + σ(ak−1)σ(s0)k−2 + · · ·+ σ(a1)

+ σ(a0) = 0.

Ale p - a0, wiec σ(a0) = 0, wiec takze, na mocy powyzszej rownosci, σ(s0) = 0. Ponowne zastosowanie (4.3)konczy dowod.

Zastosujemy te wiadomosci do dowodu obiecanego twierdzenia.

18

(4.6) Twierdzenie. Slad dowolnego idempotenta e ∈ KG nalezy do podcia la prostego K.

Dowod bedzie sk lada l sie z dwoch czesci: najpierw przeprowadzimy dowod dla cia l dodatniej charakterystyki,a potem wykorzystamy ten wynik, za pomoca techniki miejsc, by przeprowadzic dowod dla cia l charak-terystyki zero.

W dodatniej charakterystyce przydatny bedzie nastepujacy lemat.

(4.7) Lemat. Niech A bedzie algebra nad cia lem K charakterystyki p > 0. Jesli α1, α2, . . . , αm ∈ A, to dlan > 1 mamy

(α1 + α2 + · · ·+ αm)pn

= αpn

1 + αpn

2 + · · ·+ αpn

m + β,

gdzie β ∈ [A,A] := linKγδ − δγ : δ, γ ∈ A ⊂ A.

Dowod. Niech q = pn. Zauwazmy, ze β = (α1 +α2 + · · ·+αm)q− (αq1 +αq

2 + · · ·+αqm) jest suma wszystkich

s low αi1αi2 · · ·αiq z co najmniej dwoma roznymi indeksami. Jesli s lowo w′ jest cyklicznym obrotem s lowaw, to dla pewnych δ, γ ∈ A mamy w = γδ oraz w′ = δγ, zatem w−w′ = γδ − δγ ∈ [A,A]. Wobec tego, jesliO = w1, . . . , wr jest zbiorem wszystkich cyklicznych obrotow s lowa w = w1, to w1 + · · ·+wr = r ·w1 + µ,gdzie µ ∈ [A,A]. Ale O jest orbita dzia lania grupy Cq na zbiorze s low; jesli w ma co najmniej dwa rozneindeksy, to r = |O| = pa dla pewnego a > 1. Zatem r = 0 w ciele charakterystyki p.

Dowod (4.6): Niech e2 = e =∑

g egg ∈ KG oraz char(K) = p > 0. Niech supp(e) = g ∈ G : eg = 0.Rozwazmy podzbior Tp = g ∈ supp(e) : o(g) jest potega p ∪ 1. Poniewaz zbior Tp jest skonczony,

istnieje liczba N > 1 taka, ze gpN

= 1 dla wszystkich g ∈ Tp. Zauwazmy takze, ze dla g ∈ supp(e) \ Tp orazdowolnego n > 1 mamy gp

n = 1.

Na mocy (4.7) dla n > N mamy

e = epn

=∑g∈G

(egg)pn

+ β, β ∈ [KG,KG].

Obliczmy slad obu stron tej rownosci. Poniewaz slad jest funkcjona lem liniowym oraz tr(γδ−δγ) = 0, mamytr(β) = 0. Zatem

tr(e) =∑g∈Tp

epn

g =

∑g∈Tp

eg

pn

dla wszystkich n > N.

Zatem

tr(e)p =

∑g∈Tp

eg

pn+1

= tr(e).

Wynika stad, ze element tr(e) ∈ K spe lnia rownanie Xp = X. Poniewaz kazdy z p elementow cia la prostegoFp spe lnia to rownanie, wszystkie pierwiastki tego rownania, w tym tr(e), naleza do Fp ⊆ K. To konczydowod dla cia l dodatniej charakterystyki.

Niech teraz char(K) = 0. Za lozmy nie wprost, ze tr(e) ∈ Q. Zastosujmy twierdzenie (4.5) do niezerowychwspo lczynnikow eg idempotenta e, przy czym x0 = tr(e). Istnieje zatem liczba pierwsza p oraz miejsceφR:K −→ Fp∪∞ takie, ze φR(eg) =∞ dla g ∈ supp(e) oraz φR(e1) ∈ Fp \Fp. Wynika stad, ze wszystkiewspo lczynniki eg naleza do podpierscienia R, wiec e = e2 ∈ RG. Niech e bedzie obrazem e w przekszta lceniu

naturalnym RG −→ (R/M)[G] ⊂ Fp[G]. Wowczas e jest idempotentem w algebrze grupowej nad cia lemdodatniej charakterystyki, przy czym tr(e) = φR(e1) ∈ Fp – sprzecznosc, ktora konczy dowod.

19

Idea dowodu (4.4):

Niech f ∈ Z[X] bedzie wielomianem unormowanym i nierozk ladalnym stopnia n. Niech liczby α1, . . . , αn ∈ Cbeda jego pierwiastkami. Wowczas K = Q(α1, . . . , αn) jest cia lem rozk ladu tego wielomianu. Automorfizmycia la K, tworzace grupe G = Gal(K/Q), permutuja pierwiastki αi, zadajac zanurzenie G 6 Sn grupy Galoisw grupe permutacji Sn. W szczegolnosci, kazda permutacja ma rozk lad na cykle. Wypisujac kolejno d lugoscicykli danej permutacji, otrzymujemy rozbicie liczby n, ktore nazywamy typem permutacji.

Z drugiej strony powiemy, ze nasz wielomian f , zredukowany modulo p ma typ rozk ladu n1, . . . , nr, jeslif ∈ Fp[X] jest iloczynem czynnikow stopni n1, n2,. . . ,nr (wiec n = n1 + · · ·+ nr).

Frobenius elegancko powiaza l oba sposoby, w jaki powstaje rozbicie liczby n za pomoca pojecia gestoscipodzbioru liczb pierwszych. Mowimy, ze zbior liczb pierwszych S ma gestosc Dirichleta rowna δ, jesli∑

p∈S1ps∑

all1ps

→ δ gdy s→ 1+.

(4.8) Twierdzenie Frobeniusa o gestosci. Zbior liczb pierwszych, dla ktorych dany wielomian unor-mowany i nierozk ladalny f ∈ Z[X] stopnia n ma typ rozk ladu rowny n1, . . . , nr ma gestosc rowna

|σ ∈ G : permutacja σ ma typ n1, . . . , nr|n

.

Twierdzenie (4.4) wynika z (4.8) jak nastepuje.

Mamy wykazac, ze dla nieskonczenie wielu liczb pierwszych p wielomian f nie ma w pierscieniu Fp[X]czynnika liniowego, tj. nie ma zadnego pierwiastka w Fp. Za lozmy, ze to nieprawda. Wowczas zbior takichliczb pierwszych jest skonczony. Wobec tego gestosc zbioru liczb pierwszych, modulo ktore f ma czynnikliniowy wynosi 1. Wynika stad, ze

σ ∈ G : permutacja σ ma typ 1, . . . , nr = G

zatem kazdy element σ ∈ G ma punkt sta ly.

Niech H 6 G bedzie stabilizatorem α1. Wiadomo, ze skoro wielomian f jest nierozk ladalny, to G dzia latranzytywnie na zbiorze α1, . . . , αn. Z tranzytywnosci dzia lania wynika, ze stabilizatory pozosta lych pier-wiastkow sa podgrupami sprzezonymi z H.

Wobec tego sprzezenia H pokrywaja zbior G. Latwo wynika stad, ze H = G, wiec G nie porusza zadnegopierwiastka, co oznacza, ze α1, . . . , αn ∈ Q, wbrew za lozeniu, ze f jest nierozk ladalny stopnia > 1.

Nie jest prawda, ze nierozk ladalny wielomian f ∈ Z[X] musi byc nierozk ladalny w Fp[X] dla nieskonczeniewielu liczb pierwszych p.

(4.9) Przyk lad Hilberta. Niech p, q beda nieparzystymi liczbami pierwszymi takimi, ze(

pq

)=(

qp

)= 1

oraz p ≡ 1 mod 8. Wtedy wielomian

f(X) = (X2 − p− q)2 − 4pq

jest nierozk ladalny w Z[X], ale jest rozk ladalny w kazdym pierscieniu Zn[X].

Nierozk ladalnosc f tez by la wazna: f(X) = (X2 − 13)(X2 − 17)(X2 − 221) ma pierwiastek w kazdym Zn.

20

Wyk lad 5.

Nadal otwarty jest problem postawiony przez Kaplanskiego w latach 40-tych XX. wieku:

(5.1) Problem. Wykazac, ze jesli G jest grupa beztorsyjna, zas K dowolnym cia lem, to 0, 1 sa jedynymiidempotentami w algebrze grupowej KG.

Zastosowana w poprzednim wyk ladzie technika pozwala pozytywnie rozwiazac powyzszy problem dla waznejklasy grup.

(5.2) Twierdzenie. (Ed Formanek, 1973) Niech G bedzie grupa beztorsyjna o tej w lasnosci, ze jesli elementg = 1 jest sprzezony z gn, to n = ±1. Jesli K jest cia lem charakterystyki zero, to jedynymi idempotentamiw algebrze KG sa 0 oraz 1.

Dowod. Niech e = e2 ∈ KG. Rozumowanie sk lada sie z dwoch krokow. W pierwszym kroku pokazemy, zejesli K jest cia lem charakterystyki p > 0, to slad kazdego idempotenta w KG jest rowny 0 lub 1. W drugimkroku wykazemy, uzywajac techniki miejsc, ze to samo jest prawda dla cia l charakterystyki zero; juz wiemy,ze z tego wynika ze e = 0 lub e = 1.

Niech K bedzie cia lem charakterystyki p > 0. Dla klasy sprzezonosci C ⊂ G niech tC :KG −→ K bedziefunkcjona lem liniowym, okreslonym wzorem

tC

(∑g

αgg

)=∑αg : g ∈ C.

Zauwazmy, ze dla C = 1 otrzymujemy zwyk ly slad. Zauwazmy takze, ze funkcje tC , podobnie jak slad,maja w lasnosc tC(γδ) = tC(δγ) dla γ, δ ∈ KG. Istotnie, z liniowosci tC wynika, ze wystarczy sprawdzic tew lasnosc dla elementow grupy: g, h ∈ G. Ale hg = h(gh)h−1, wiec tC(gh) = tC(hg). Zatem tC(β) = 0 dlaβ ∈ [KG,KG].

Wykazemy, ze dla wszystkich C = 1 zachodzi tC(e) = 0. Ustalmy jedna z takich klas sprzezonosci C ⊂ G.

Zauwazmy, ze dla dowolnego g ∈ G istnieje co najwyzej jedna liczba ca lkowita n > 1 taka, ze gpn ∈ C.

Istotnie, w przeciwnym przypadku mamy gpn+i

= h−1gpn

h dla pewnego h ∈ G oraz i > 1. Wowczas dlax = gp

n

elementy x oraz xpi

sa sprzezone oraz pi > 1, wbrew za lozeniu.

Mozemy zatem wybrac liczbe q = pn tak duza, by gq ∈ C dla wszystkich g ∈ supp(e). Jak poprzednio, mamy

e = eq =∑g

eqg · gq + β, β ∈ [KG,KG],

z czego wynika, ze tC(e) =∑eqg : gq ∈ C = 0.

Ponadto mamy homomorfizm algebr ϵ:KG −→ K, ϵ(∑

g αgg)

=∑

g αg, zwany homomorfizmem augmen-

tacji. Wobec tego ϵ(e) jest idempotentem w ciele K, skad ϵ(e) ∈ 0, 1. Ale skoro tC(e) = 0 dla C = 1, tomamy

tr(e) =∑CtC(e) = ϵ(e) = 0, 1.

Wobec tego, dla cia l K dodatniej charakterystyki, slad idempotenta e ∈ KG moze byc rowny tylko 0 lub 1.

Niech teraz K bedzie cia lem charakterystyki zero oraz e2 = e =∑

g egg ∈ KG. Jesli tr(e) = 0, 1, toa = tr(e)(1− tr(e)) = 0 ∈ K. Zastosujmy (4.3) do podpierscienia Z ⊂ K oraz skonczonego zbioru elementowa, a−1 ∪ eg : g ∈ supp(e) ⊂ K. Na mocy tego twierdzenia istnieje element s0 ∈ Z taki, ze dowolnyhomomorfizm σ:Z −→ Ω w cia lo algebraicznie domkniete, spe lniajacy σ(s0) = 0 mozna rozszerzyc domiejsca φR:K −→ Ω ∪ ∞ takiego, ze eg ∈ R dla g ∈ supp(e), a ponadto φR(a) = 0,∞.

21

Niech p bedzie dowolna liczba pierwsza nie bedaca dzielnikiem liczby ca lkowitej s0. Po lozmy Ω = Fp

oraz σ:Z −→ Z/pZ = Fp ⊂ Fp. Wowczas idempotent e ∈ RG przechodzi przy naturalnym rzutowaniuRG −→ (R/M)[G] ⊂ Fp[G] na idempotent e, a ponadto tr(e)(1− tr(e)) = φR(a) = 0, wbrew pierwszej czescidowodu.

Zatem tr(e) ∈ 0, 1. Podcia lo K0 ⊂ K generowane przez skonczony zbior eg : g ∈ supp(e) mozna beztrudu zanurzyc w cia lo C i dlatego mozna za lozyc, ze e ∈ CG. Wtedy z (3.4) wynika, ze e = 0 lub e = 1.

Oto wazna klasa grup, posiadajacych w lasnosc, wymieniona w sformu lowaniu (5.2).

(5.3) Definicja. Grupa G jest skonczonym rozszerzeniem grupy policyklicznej (polycyclic-by-finite) jesliistnieje ciag podgrup

1 G1 G2 · · · Gn = G

taki, ze kazda z grup ilorazowych Gi/Gi−1 jest nieskonczona cykliczna lub jest dowolna grupa skonczona.

Do tej klasy grup naleza w szczegolnosci, jak dowiod l L. Bieberbach (1911), rozwiazujac XVIII. problemHilberta, grupy kystalograficzne, czyli dyskretne i kozwarte grupy izometrii przestrzeni euklidesowej Rn.

Stwierdzenie poprzedzajace definicje uzasadnimy w dwoch krokach.

(5.4) Stwierdzenie. Skonczone rozszerzenia grup policyklicznych sa noetherowskie, tj. kazdy rosnacy ciagpodgrup takiej grupy stabilizuje sie.

Dowod. Oczywiscie grupy skonczone oraz cykliczne sa noetherowskie. Wykorzystamy indukcje wzgledemd lugosci wiezy podgrup. Za lozmy, ze sprawdzilismy noetherowskosc grup d lugosci (i − 1) i rozwazmy ciagdok ladny

1 −→ Gi−1 −→ Giπ−−→S −→ 1,

gdzie S jest grupa cykliczna lub skonczona. Jesli H1 6 H2 6 · · · jest ciagiem podgrup Gi, to od pewnegomiejsca zarowno ich obrazy w S, jak i ich przeciecia z Gi−1 stabilizuja sie. Dla duzych j mamy zatemHj 6 Hj+1, π(Hj) = π(Hj+1) oraz Hj ∩Gi−1 = Hj+1 ∩Gi−1. Jesli x ∈ Hj+1, to π(x) = π(y) dla pewnegoy ∈ Hj , skad π(xy−1) = 1, czyli xy−1 ∈ Hj+1 ∩Gi−1 = Hj ∩Gi−1 6 Hj . Wobec tego elementy xy−1 oraz ynaleza do Hj , wiec takze x ∈ Hj .

(5.5) Stwierdzenie. Grupy noetherowskie spe lniaja za lozenie twierdzenia (5.2).

Dowod. Przypuscmy, ze w pewnej grupie noetherowkiej G mamy nietrywialne elementy x, y takie, zey−1xy = xn dla pewnej liczby ca lkowitej n. Zdefiniujmy ciag elementow xi = yixy−i dla i > 1. Wowczas

xni = yixny−i = yi(y−1xy)y−i = xi−1.

Wobec tego grupy cykliczne ⟨xi⟩ tworza ciag rosnacy, ktory musi sie od pewnego miejsca ⟨xj⟩ stabilizowac.Wowczas ⟨xj⟩ jest grupa cykliczna, w ktorej generator ma n-ty pierwiastek. Wynika stad, ze n = ±1.

(5.6) Uwaga. Skonczone rozszerzenia grup policyklicznych nie wyczerpuja grup noetherowskich. Jurij Ol-szanski skonstruowa l skonczenie generowana grupe nieabelowa o tej w lasnosci, ze kazda jej podgrupa w lasciwajest izomorficzna z grupa cykliczna Cp, dla pewnej bardzo duzej liczby pierwszej p. Jest to oczywiscie grupanoetherowska.

Udowodnilismy wczesniej, ze dla dowolnego idempotenta e = e2 ∈ CG jego slad jest liczba z przedzia lu [0, 1],a ponadto slad jest zerem tylko gdy e = 0. Zauwazmy, ze slad e jest zwiazany z rozmiarem jego nosnika.

(5.7) Stwierdzenie. Dla dowolnego idempotenta e ∈ CG zachodzi nierownosc tr(e) > |supp(e)|−1.

Dowod. Dowodzac, ze tr(e) > 0, wykazalismy nierownosc tr(e) > ∥e∥2/|e|2, gdzie ∥e∥2 =∑

g |eg|2 oraz|e| =

∑g |eg|.

22

Zdefiniujmy pomocniczy element χ =∑

g χgg ∈ CG:

χg =

eg|eg| , gdy g ∈ supp(e),

0, w przeciwnym przypadku.

Wtedy

|e| =∑g

|eg| = ⟨e, χ⟩ 6 ∥e∥ · ∥χ∥ = ∥e∥ · |supp(e)|1/2,

skad wynika teza.

Skoro trudnym zadaniem jest udowodnienie, ze dla beztorsyjnych grup G algebra KG nie ma nietrywialnychidempotentow, sprobujmy zawezic problem i zadac to samo pytanie dla idempotentow centralnych. Jestono ciekawe takze z tego powodu, ze idempotent centralny rozszczepia algebre nie tylko na sume prosta jejpodmodu low, ale nawet na sume prosta podalgebr. Ten problem potrafimy rozwiazac.

(5.8) Twierdzenie. Dla dowolnego cia la K oraz centralnego idempotenta e = e2 ∈ KG podgrupa ⟨supp(e)⟩generowana przez nosnik e jest skonczona i normalna podgrupa G.

Dowod. Bez zmniejszenia ogolnosci mozemy za lozyc, ze cia lo K jest algebraicznie domkniete.

Niech H 6 G bedzie podgrupa generowana przez nosnik e. Poniewaz e jest centralny, nosnik e jest sumape lnych (skonczonych) klas sprzezonosci grupy G, wiec H G.

Niech supp(e) = x1, . . . , xn. Poniewaz klasy H-sprzezonosci sa oczywiscie zawarte w G-klasach, kazdyz elementow xi ma skonczona klase sprzezonosci w H. Ale klasy sprzezonosci sa orbitami dzia lania H nasobie; stabilizatorem punktu x jest centralizator CH(x) = h ∈ H : h−1xh = x. Wobec tego mamy[H : CH(xi)] <∞ dla i = 1, . . . , n. Wobec tego takze[

H :

n∩i=1

CH(xi)

]<∞.

Ale∩n

i=1 CH(xi) jest zbiorem elementow H, ktore sa przemienne ze wszystkimi generatorami H, czyli sacentralne. Jest to wiec Z(H), centrum grupy H. W szczegolnosci, Z(H) jest podgrupa skonczonego indeksuw H, wiec jest skonczenie generowana grupa abelowa. Niech F 6 Z(H) bedzie czescia beztorsyjna tej grupyabelowej. Wowczas F jest wolna grupa abelowa skonczonej rangi r oraz skonczonego indeksu w H.

Jesli [H : F ] = m, to KH jest wolnym KF -modu lem rangi m. Ale

KF ≈ K[X±11 , . . . , X±1

r ] ⊆ K(X1, . . . , Xr) = L,

gdzie L jest cia lem funkcji wymiernych od r zmiennych. Wobec tego mamy KH ⊆ KH ⊗KF L, przy czymB = KH ⊗KF L jest m-wymiarowa L-algebra.

Roz lozmy L-algebre B na sume prosta podalgebr juz dalej nierozk ladanych – to mozna zrobic, ze wzgleduna skonczony wymiar: B = B1 ⊕ · · · ⊕ Bk. Niech e = (e1, . . . , ek) bedzie centralnym idempotentem w B.Oczywiscie ei ∈ Bi jest centralnym idempotentem w Bi i poniewaz rozk lad Bi = Biei ⊕ Bi(1 − ei) jestnieistotny, mamy ei = 0 lub 1. Wobec tego algebra B ma co najwyzej 2k roznych idempotentow centralnych.Jest jasne, ze kazdy centralny idempotent podalgebry KH jest tez centralnym idempotentem w B. Wobectego algebra KH ma tylko skonczenie wiele centralnych idempotentow.

Teraz uzyjemy lematu Schura.

(5.9) Lemat. Jesli centrum Z(H) jest podgrupa skonczonego indeksu w H, to komutant H ′ 6 H jest grupaskonczona.

Dowod tego lematu od lozmy na pozniej i kontynuujmy dowod (5.8).

23

Niech H0 bedzie podzbiorem grupy H, sk ladajacym sie ze wszystkich elementow skonczonego rzedu. Jeslix ∈ H0, to takze x−1 ∈ H0. Sprawdzimy, ze zbior H0 jest zamkniety na mnozenie. Niech x, y ∈ H0

oraz xk = 1, yl = 1. Niech π:H −→ H/H ′ bedzie homomorfizmem naturalnym. Wowczas π((xy)kl

)=

(π(x)π(y))kl = π(x)klπ(y)kl = 1, bo elementy π(x), π(y) sa przemienne. Zatem (xy)kl nalezy do grupyskonczonej H ′, wiec xy jest elementem skonczonego rzedu, czyli xy ∈ H0. Wobec tego H0 jest podgrupa H.Z definicji H0 natychmiast wynika, ze H0 H oraz H/H0 jest grupa beztorsyjna.

Zauwazmy, ze podgrupa H0 jest przekszta lcana roznowartosciowo przez naturalny homomorfizm H −→ H/Fw grupe skonczona H/F , wiec |H0| <∞.

Grupa H/H0 jest skonczenie generowana, abelowa, bo H ′ 6 H0, oraz beztorsyjna. Zatem H/H0 ≈ Zd dlapewnego d > 0.

Rozwazmy grupe homomorfizmow H = Hom(H/H0,K∗) z wolnej grupy abelowej H/H0 w grupe multi-

plikatywna K∗ cia la K. Zauwazmy, ze dla dowolnego 1 = t ∈ H \ H0 istnieje λ ∈ H takie, ze λ(t) = 1.

Ponadto H jest grupa podzielna, bo K jest algebraicznie domkniete. Wynika stad, ze H nie ma podgrupskonczonego indeksu.

Grupa H dzia la poprzez automorfizmy na algebrze KH w nastepujacy sposob:

λ

(∑h

αhh

)=∑h

αh · λ(h)h.

W szczegolnosci H przeprowadza idempotenty centralne na centralne. Poniewaz tych ostatnich jest w alge-brze KH tylko skonczenie wiele, stabilizator e jest skonczonego indeksu w H, czyli jest rowny ca lej grupieH. Oznacza to, ze dla dowolnego homomorfizmu λ:H −→ H/H0 −→ K∗ mamy∑

h

ehh =∑h

eh · λ(h)h.

Wybierzmy zbior T ⊂ H prawych reprezentantow warstw H0 w H tak, by 1 ∈ T i pogrupujmy nosnik e:

e =∑t∈T

e(t)t, dla pewnych e(t) ∈ K[H0].

Wowczas dla dowolnego t ∈ T oraz dla dowolnego λ mamy e(t) = e(t) · λ(t) ∈ K[H0]. Dla ustalonego t = 1wybierzmy λ tak, by λ(t) = 1. Wowczas e(t) = 0. Wynika stad, ze e = e(1) ∈ K[H0] oraz |H0| <∞.

∗ ∗ ∗

Aby udowodnic lemat Schura wprowadzmy wazne pojecie transferu.

(5.10) Definicja. Niech H bedzie podgrupa skonczonego indeksu n w grupie G. Wowczas mamy zanurzeniealgebr

KG ⊆Mn(KH)

zbudowane w nastepujacy sposob. Wybieramy zbior X = x1, . . . , xn lewych reprezentantow warstw Hw G, czyli G =

∪ni=1 xiH. Wowczas KG =

⊕ni=1 xiKH jest prawym wolnym KH-modu lem rangi n.

Mnozenie z lewej strony przez elementy KG jest homomorfizmem prawych KH-modu low. Przypiszmykazdemu elementowi algebry KG macierz wyznaczonego przez niego homomorfizmu KH-modu low.

Transferem nazywamy homomorfizm: τ[G:H]:G/G′ −→ H/H ′ bedacy faktoryzacja z lozenia nastepujacych

homomorfizmow:G ⊆ KG ⊆Mn(KH) −→Mn(K[H/H ′])

det−−→K[H/H ′].

Zauwazmy, ze elementy g ∈ G przechodza na macierze monomialne w Mn(K[H/H ′]), tj. takie, ktore majadok ladnie jeden niezerowy element w kazdym wierszu i w kazdej kolumnie i ten niezerowy element nalezy doH/H ′. Wobec tego wyznacznik jest postaci ±h1 · · ·hn. Pomijajac znak, otrzymujemy τ[G:H](g).

Jedyna niejednoznacznoscia w powyzszej konstrukcji jest wybor reprezentantow warstw. Nietrudno spraw-dzic, ze zmiana reprezentantow prowadzi do obliczenia wyznacznika macierzy podobnej, czyli uzyskamy tensam element grupy H/H ′.

24

Dowod lematu Schura. Za lozmy ze [H : Z(H)] = n < ∞ i niech h1, . . . , hn beda lewymi reprezen-tantami warstw. Rozwazmy homomorfizm transferu τ[H:Z(H)]:H/H

′ −→ Z(H). Jesli z ∈ Z(H) 6 H, toz jest przemienne ze wszystkimi elementami hi, wiec obrazem z jest macierz diag(z, . . . , z). Wobec tegoτ[H:Z(H)](z) = zn. W szczegolnosci, dla z ∈ Z(H) ∩H ′ mamy zn = 1.

Zauwazmy, ze dla z1, z2 ∈ Z(H) mamy [z1hi, z2hj ] = [hi, hj ], wiec H′ moze byc wygenerowane przez n2

elementow. Zatem grupa H ′ jest skonczenie generowana, wiec taka jest tez jej podgrupa skonczonego indeksuZ(H) ∩ H ′. Wobec tego jest to skonczenie generowana, torsyjna grupa abelowa. Zatem jest to grupaskonczona. Wobec tego takze |H ′| <∞.

Wyk lad 6.

Wiemy, ze slad idempotenta e = e2 ∈ CG jest zawsze liczba wymierna. Gdy grupa G jest skonczona,jej licznik i mianownik maja jasny sens: tr(e) = dim(eCG)/|G|. Jaki sens maja te liczby dla grupynieskonczonej? Mozna by przypuszczac, w duchu hipotezy Kaplanskiego, ze dla kazdego idempotenta e ∈ CGistnieje po prostu podgrupa skonczona H 6 G taka, ze e ∈ CH ⊆ CG i wobec tego tr(e) = dim(eCH)/|H|.Tak jednak nie jest.

(6.1) Przyk lad (Rudin-Schneider, 1964) Niech H bedzie skonczona grupa nieabelowa. Na mocy twierdze-nia Wedderburna, algebra CH zawiera podalgebre M2(C). Rozwazmy

e =

[1 00 0

], n =

[0 10 0

]∈M2(C) ⊂ CH.

Wowczas e2 = e, n2 = 0, en = n oraz ne = 0. Niech G = H × Z, gdzie Z = ⟨x⟩. Wowczas f = e+ nx ∈ CGjest idempotentem: f2 = (e+nx)(e+nx) = e2 + enx+nxe+nxnx = e+nx = f , gdyz nxe = nex = 0 oraznxnx = n2x2 = 0. Ponadto, dla h ∈ supp(n) element hx ∈ supp(f) jest nieskonczonego rzedu, wiec nosnikf generuje nieskonczona podgrupe grupy G.

W rzeczywistosci mamy duza swobode konstruowania idempotentow e ∈ KG z nieskonczona grupa ⟨supp(e)⟩.Kiedy to sie na pewno nie uda? Na pewno wtedy, gdy wszystkie idempotenty sa centralne oraz wtedy,gdy grupa jest lokalnie skonczona, to znaczy wszystkie jej skonczenie generowane podgrupy sa skonczone.Nastepne twierdzenie mowi, ze sa to jedyne ograniczenia.

(6.2) Twierdzenie (A. Bovdi, 1973) Jesli dla kazdego idempotenta e ∈ KG grupa ⟨supp(e)⟩ jest skonczona,to wszystkie idempotenty w KG sa centralne lub grupa G jest lokalnie skonczona.

(6.3) Lemat. Niech e ∈ KG bedzie idempotentem oraz x ∈ G. Jesli e nie jest centralizowany przez podgrupe⟨supp(e), x⟩, to istnieje idempotent f taki, ze ⟨supp(f)⟩ = ⟨supp(e), x⟩ oraz f nie jest centralizowany przezpodgrupe ⟨supp(f)⟩.

Dowod. Niech H0 = ⟨supp(e)⟩ oraz H = ⟨supp(e), x⟩. Jesli kazdy element nalezacy do warstwy H0xcentralizuje e, to x oraz H0 centralizuja element e, wbrew za lozeniu. Zatem istnieje element x′ ∈ H0x, ktorynie centralizuje e. Poniewaz H = ⟨H0, x⟩ = ⟨H0, x

′⟩, mozemy za lozyc, ze x′ = x.

Jesli x ∈ H0, po lozymy f = e. Dlatego dalej bedziemy zak ladac, ze x ∈ H0.

Poniewaz xe = ex, zatem co najmniej jedno z tych wyrazen nie jest rowne exe, np. xe = exe. Zdefiniujmy

f = e+ xe− exe.

Wowczas f = e, ef = e, fe = f oraz f2 = (e+ xe− exe)f = e+ xe− exe = f . Zatem f jest idempotentem.Zauwazmy, ze nosnik elementu xe−exe jet zawarty w dwustronnej warstwie H0xH0, roz lacznej z H0, wiec nie

25

wystapia redukcje miedzy nosnikami e oraz xe−exe. Zatem H ⊇ supp(f) ⊇ supp(e). Ponadto xe−exe = 0,wiec supp(f) zawiera dodatkowy element postaci h0xh

′0 ∈ H0xH0. Zatem

H ⊇ ⟨supp(f)⟩ ⊇ ⟨supp(e), h0xh′0⟩ = ⟨H0, x⟩ = H,

skad ⟨supp(f)⟩ = H. Ponadto f nie jest centralny w KH, gdyz ef = e = f = fe. W przypadku ex = exepostepujemy analogicznie.

Dowod (6.2) Za lozmy nie wprost, ze KG ma niecentralny idempotent e oraz grupa G nie jest lokalnieskonczona. Skonstruujemy idempotenta f ∈ KG, ktorego nosnik generuje podgrupe nieskonczona.

Niech ⟨x1, . . . , xn⟩ bedzie skonczenie generowana, nieskonczona podgrupa G oraz niech x0 ∈ G bedzie ele-mentem, ktory nie centralizuje e. Wykazemy przez indukcje dla i = 0, . . . , n ze KG ma idempotenta eitakiego, ze

⟨supp(ei)⟩ = ⟨supp(e), x0, . . . , xi⟩

oraz ei nie jest centralny w K[⟨supp(ei)⟩]. Krok indukcyjny wynika z (6.1). Dla i = n mamy zawieranie⟨supp(en)⟩ ⊇ ⟨x1, . . . , xn⟩, wiec ⟨supp(en)⟩ jet grupa niekonczona.

Widzielismy dwie konstrukcje idempotentow, ktorych nosniki generuja grupe nieskonczona; obie konstrukcjecos laczy.

• W pierwszej mielismy e2 = e ∈ KH, 0 = n ∈ KH, n2 = 0, en = n oraz ne = 0. Wowczas f = e + nx ∈K[H × ⟨x⟩] jest szukanym idempotentem. Zauwazmy, ze u = 1 + nx jest elementem odwracalnym, gdyz(1 + nx)(1− nx) = 1. Co wiecej,

(1− nx)e(1 + nx) = (e− nex)(1 + nx) = e(1 + nx) = e+ nx = f,

zatem idempotent f jest sprzezony z idempotentem e w pierscieniu C[H × Z].

• W drugiej konstrukcji f = e+ xe− exe. Ale mamy

(xe− exe)2 = (xe− exe)(xe− exe) = xexe− xexe− exexe+ exexe = 0,

wiec element u = 1− (xe− exe) jet odwracalny oraz u−1 = 1 + (xe− exe). Co wiecej,

u−1eu = (1+xe−exe)e(1−xe+exe) = e−exe+exe+xe−xexe+xexe−exe+exexe−exexe = e+xe−exe = f,

wiec takze w tym przypadku f jest sprzezony z idempotentem e.

Wobec tego w obu konstrukcjach mamy do czynienia z sytuacja, gdy nosnik idempotenta wprawdzie generujegrupe nieskonczona, ale pochodzi on od idempotenta pochodzacego z algebry grupowej skonczonej podgrupy.Pojawia sie zatem pytanie, czy moze jest tak zawsze? Pokazemy, ze sytuacja jest bardziej z lozona.

Przypomnijmy wiadomosci o modu lach projektywnych.

(6.4) Definicja. Niech R bedzie dowolnym pierscieniem (niekoniecznie przemiennym). Lewy R-modu lP jest projektywny, gdy dla dowolnego epimorfizmu f :M −→ N lewych R-modu low kazdy homomorfizmg:P −→ N podnosi sie do homomorfizmu g:P −→M takiego, ze f g = g.

Powyzsza definicja ma te zalete, ze mozna ja przeniesc do innych kategorii.

Z definicji tej wynika, ze jesli mamy epimorfizm f :M −→ P , to P jest sk ladnikiem prostym M . Istotnie,k ladac g = idP , otrzymujemy w lozenie g:P −→M . Mamy zatem M ≈ im(g)⊕ ker(f) oraz im(g) ≈ P .

Poniewaz kazdy modu l jest obrazem pewnego modu lu wolnego, to wobec powyzszego modu ly projektywnemozna scharakteryzowac jako sk ladniki proste modu low wolnych.

26

Sumy proste i sk ladniki proste modu low projektywnych sa projektywne. Jesli e = e2 ∈ R, to Re jest lewymR-modu lem projektywnym. Dla pierscienia po lprostego R wszystkie modu ly sa sumami prostymi sk ladnikowprostych R, wiec sa projektywne.

Gdy R jest przemienna dziedzina idea low g lownych, to kazdy podmodu l modu lu wolnego jet wolny, wiectakze kazdy R-modu l projektywny jest wolny. Gdy R jest dziedzina Dedekinda, kazdy idea l, ktory niejest g lowny jest R-modu lem projektywnym, lecz nie wolnym. Gdy R = K[X1, . . . , Xn], to kazdy R-modu lprojektywny jest wolny – to s lynna hipoteza Serre’a, udowodniona niezaleznie przez D. Quillena i A. Suslina.Podobnie jest, gdy R jest pierscieniem lokalnym.

Niech R = C(X;C) bedzie pierscieniem funkcji ciag lych na przestrzeni zwartej X o wartosciach zespolonych.Jesli ξ = (E

p−−→X) jest n-wymiarowa, zespolona wiazka wektorowa nad X, to przestrzen wektorowa Γ(ξ)przekrojow wiazki ξ jest skonczenie generowanym R-modu lem projektywnym. Ta obserwacja stanowi pomostpomiedzy topologiczna i algebraiczna K-teoria.

Niech R bedzie dowolnym pierscieniem, niekoniecznie przemiennym. Jesli P jest skonczenie generowanymlewym R-modu lem projektywnym, to istnieje epimorfizm π:Rn −→ P . Z definicji, istnieje zanurzenieι:P −→ Rn takie, ze π ι = idP . Zauwazmy, ze ϕ = ι π:Rn −→ Rn ma w lasnosc

ϕ ϕ = (ι π) (ι π) = ι (π ι) π = ι idP π = ϕ.

Zatem ϕ jest idempotentnym endomorfizmem modu lu wolnego Rn. Gdy zapiszemy go w bazie standardowej,otrzymamy macierz idempotentna E = E2 ∈ Mn(R). Jest jasne, ze takze na odwrot, kazda taka macierzwyznacza modu l projektywny.

(6.5) Twierdzenie. (D. Farkas, Z. Marciniak, 1982) Niech R oraz S beda K-algebrami nad pewnymcia lem K. Za lozmy, ze

(i) algebra R ma modu l projektywny o n generatorach, ktory nie jest modu lem wolnym oraz

(ii) algebra S moze byc przedstawiona w postaci produktu podalgebr Mn(K)× S′.

Wowczas w algebrze S⊗KR istnieje idempotent, ktory nie jest sprzezony z zadnym idempotentem zawartymw podalgebrze S ≈ S ⊗K K ⊆ S ⊗K R.

Dowod. Zawazmy, ze

S ⊗K R ≈ (Mn(K)× S′)⊗K R ≈ (Mn(K)⊗K R)× (S′ ⊗K R) ≈Mn(R)× (S′ ⊗K R) .

Powyzszy izomorfizm przenosi podalgebre S ⊗K K jak nastepuje:

S ⊗K K ≈ (Mn(K)× S′)⊗K K ≈ (Mn(K)⊗K K)× (S′ ⊗K K) ≈Mn(K)× (S′ ⊗K K) .

Niech E = E2 ∈Mn(R) bedzie macierza, wyznaczona przez modu l P , w sposob opisany wczesniej. Szukanyidempotent to

e = (E, 0) ∈Mn(R)× (S′ ⊗K R) ≈ S ⊗K R.

Przypuscmy, ze istnieje element odwracalny u ∈ S ⊗K R taki, ze u−1eu ∈ S ⊗K K. Wowczas u = (U, u′) ∈Mn(R)×(S′ ⊗K R) oraz U−1EU ∈Mn(K). Korygujac U odpowiednia macierza z GLn(K), mozemy za lozyc,ze U−1EU = diag(1, . . . , 1, 0, . . . , 0) ∈Mn(K), gdzie liczba jedynek wynosi r dla pewnego 0 6 r 6 n.

Poniewaz mnozenie z prawej strony przez U−1 zadaje automorfizm lewego R-modu lu Rn, mamy RnU−1 ≈ Rn

oraz (Rr ⊕ 0n−r)U−1 ≈ Rr. Ponadto Rn(U−1EU) = Rr ⊕ 0n−r. Sk ladajac te izomorfizmy, otrzymujemy

P = RnE ≈ (RnU−1)E = Rn(U−1EU)U−1 = (Rr ⊕ 0n−r)U−1 ≈ Rr,

sprzecznosc, gdyz modu l projektywny P z za lozenia nie by l wolny.

27

(6.6) Wniosek. Za lozmy ze algebra grupowa CG beztorsyjnej grupy G ma skonczenie generowany modu lprojektywny, ktory nie jest wolny. Wtedy, dla pewnej grupy skonczonej H, algebra grupowa C[H×G] zawieraelement idempotentny, ktory nie jest sprzezony z zadnym idempotentem o nosniku zawartym w skonczonejpodgrupie grupy H ×G.

Dowod. Za lozmy, ze CG-modu l projektywny, o ktorym mowa we wniosku, ma n generatorow. Wybierzmygrupe skonczona H tak, by algebra grupowa CH mia la jako sk ladnik algebre macierzy Mn(C) – na przyk ladgrupa symetryczna Sn+1 ma te w lasnosc. Poniewaz

C[H ×G] ≈ C[H]⊗C C[G] oraz CH ≈Mn(C)× S′

to istnieje idempotent w C[H × G], ktory nie jest sprzezony z zadnym idempotentem w CH. To konczydowod, gdyz wszystkie skonczone podgrupy H ×G leza w H.

A oto przyk lad grupy beztorsyjnej ze skonczenie generowanym modu lem projektywnym, ktory nie jest wolny.

(6.7) Przyk lad. (J. Lewin, 1982) Niech G = ⟨x, y : xyx−1y = 1⟩ (to grupa podstawowa butelki Kleina)oraz niech K bedzie dowolnym cia lem charakterystyki 0. Skonstruujemy skonczenie generowany KG-modu lprojektywny, ktory nie jest wolny.

Zauwazmy, ze grupa G jest beztorsyjna. Istotnie, podgrupa H = ⟨y⟩ jest normalna w G, a ponadto obiegrupy H oraz G/H sa nieskonczone cykliczne. Element g ∈ G skonczonego rzedu musi zatem przy rzucieG −→ G/H przejsc na 1. Wynika stad, ze g ∈ H, a wiec takze g = 1.

Algebra KH jest dziedzina przemienna, izomorficzna z pierscieniem wielomianow Laurenta K[Y, Y −1]. Po-nadto mamy xy = y−1x, wiec kazdy element G mozna jednoznacznie przedstawic w postaci yixj . Wobectego dowolny element α ∈ KG, mozemy zapisac w postaci

α = αjxj + αj+1x

j+1 + · · ·+ αkxk, gdzie αj ∈ KH. (∗)

Zatem KG jest skreconym pierscieniem wielomianow Lauranta od zmiennej x i pierscieniem wspo lczynnikowKH: dla β ∈ KH mamy xβ = β∗x.

Funkcja ℓx:KG −→ N∪0, ℓx(α) = k−j, mierzy x-rozpietosc elementow KG. Z tego, ze KH jest dziedzina latwo wynika, ze mamy

ℓx(α1 · α2) = ℓx(α1) + ℓx(α2).

W szczegolnosci wynika stad, ze algebra KG jest nieprzemienna dziedzina.

Aby zdefiniowac nasz modu l projektywny, rozwazmy homomorfizm lewych KG-modu low:

f :KG⊕KG −→ KG, f(α, β) = α(x− 1) + β(y − 2).

Zauwazmy, ze dla elementow rx = 4− 2y−1, ry = 2x+ y−1 algebry KG mamy

f(rx, ry) = rx(x− 1) + ry(y − 2) = (4− 2y−1)(x− 1) + (2x+ y−1)(y − 2) = −3, (∗∗)

wiec f jest epimorfizmem. Niech P = ker(f). Poniewaz f sie rozszczepia, mamy

P ⊕KG ≈ KG⊕KG.

Wobec tego P jest KG-modu lem projektywnym. Pozosta lo wykazac, ze P nie jest modu lem wolnym.

Jesli P ≈ KGr, to KGr+1 ≈ KG2. Wobec tego Kr+1 ≈ KGr+1 ⊗KG K ≈ KG2 ⊗KG K ≈ K2, skad r = 1.

Zidentyfikujemy P z pewnym podmodu lem w KG. W tym celu zauwazmy, ze mamy diagram przemienny:

0 −−→ P −−→ KG⊕KG f−−→ KG −−→ 0y≈y≈

y=

0 −−→ L −−→ KG(x− 1)⊕KG(y − 2)f−−→ KG −−→ 0.

28

W diagramie tym srodkowy pionowy izomorfizm jest suma prosta mnozenia z prawej strony przez elementy(x− 1) oraz (y− 2) odpowiednio – to sa izomorfizmy, bo oba te elementy nie sa dzielnikami zera. Natomiast

homomorfizm f jest przekszta lceniem

KG(x− 1)⊕KG(y − 2) −→ KG(x− 1) +KG(y − 2) ⊆ KG, f(α1, α2) = α1 + α2.

Wobec tego P ≈ L oraz L mozna utozsamic z podmodu lem KG(x− 1) ∩KG(y − 2) ⊆ KG.

Wskazemy dwa konkretne elementy L. Z rownosci (∗∗) otrzymujemy

(y − 2)rx(x− 1) + (y − 2)ry(y − 2) = −3(y − 2) oraz (x− 1)rx(x− 1) + (x− 1)ry(y − 2) = −3(x− 1).

skad (y − 2)rx(x − 1), (x − 1)ry(y − 2) ∈ KG(x − 1) ∩KG(y − 2) = L. Z drugiej strony, jesli α ∈ L, toα = β(x− 1) = γ(y − 2) dla pewnych β, γ ∈ KG, zatem z (∗∗) mamy

α = −1

3· α · rx(x− 1)− 1

3· α · ry(y − 2) = −1

3γ · (y − 2)rx(x− 1)− 1

3β · (x− 1)ry(y − 2),

czyli L jest lewym KG-modu lem generowanym przez dwa elementy:

(y − 2)rx(x− 1) oraz (x− 1) · ry(y − 2) = [−3− (x− 1)rx](x− 1).

Rozwazmy podmodu l M , generowany przez elementy (y − 2)rx oraz −3 − (x − 1)rx. Poniewaz x − 1 niejest dzielnikiem zera, mnozenie z prawej strony przez x− 1 jest monomorfizmem, wiec modu ly L oraz M saizomorficzne. Wystarczy zatem wykazac, ze M ≈ KG.

Przypuscmy przeciwnie, ze istnieje izomorfizm KG≈−−→M i niech µ ∈ M ⊆ KG bedzie obrazem 1 ∈ KG.

Zatem M = KGµ. Poniewaz (y − 2)rx ∈ M = KGµ, to (y − 2)rx = βµ dla pewnego β ∈ KG. Zauwazmy,ze

ℓx((y − 2)rx) = ℓx((y − 2)(4− 2y−1)) = 0,

zatem takze ℓx(µ) = 0, czyli po pomnozeniu przez element odwracalny xj mozna za lozyc, ze µ ∈ KH.Nastepnie mamy 3 + (x− 1)rx = γµ dla pewnego γ ∈ KG. Rozpisujac obie strony w postaci (∗), uzyskamy

(3− rx) + r∗xx = (γ0 + γ1x)µ = γ0µ+ γ1µ∗x.

Z porownania obu stron uzyskujemy µ|3 − rx oraz µ|rx w pierscieniu KH. Zatem µ|3, czyli µ ∈ K, skadM = KG.

Wobec powyzszego mamy L = KG(x− 1). Poniewaz takze L ⊆ KG(y− 2), mamy KG(x− 1) ⊆ KG(y− 2).Stad KG = KG(x−1)+KG(y−2) = KG(y−2), skad 1 = α · (y−2) dla pewnego α ∈ KG. Stad ℓx(α) = 0,a nawet α ∈ KH ≈ K[Y, Y −1]. Ale jedynymi odwracalnymi wielomianami Laurenta sa jednomiany, zatemelement y − 2 ∈ KH nie jest odwracalny. Ta sprzecznosc konczy dowod.

Wyk lad 7.

Jednym z centralnych problemow matematyki jest badanie w lasnosci geometrycznych przestrzeni waznych dlafizyki. Najczesciej przestrzenie te maja stosunkowo prosta strukture lokalna, na przyk lad sa rozmaitosciamig ladkimi, natomiast istotnie roznia sie swoimi w lasnosciami globalnymi.

Do badania w lasnosci globalnych stosuje sie od czasow Henri Poincare funktory z kategorii zawierajacychnasza przestrzen w kategorie algebraiczne (grup, grup ablelowych, przestrzeni liniowych, pierscieni itp.).

Na przyk lad, gdy M jest rozmaitoscia g ladka, mozna zwiazac z nia ciag przestrzeni linowych HndR(M), n > 0,

zbudowanych w nastepujacy sposob. Rozwazamy kompleks de Rhama:

0d0−−→Ω0(M)

d1−−→Ω1(M)d2−−→Ω2(M)

d3−−→Ω3(M)d4−−→· · ·

29

gdzie Ω0(M) jest przestrzenia funkcji g ladkich na M , Ω1(M) jest przestrzenia g ladkich 1-form, itd., zasprzekszta lcenia dn sa rozniczkami zewnetrznymi, wiec spe lniaja warunek dn+1 dn = 0. W szczegolnoscimamy im(dn) ⊆ ker(dn+1), zatem mozemy utworzyc ilorazowe przestrzenie liniowe

HndR(M) = ker dn+1/im dn, n = 0, 1, . . .

Co wiecej, iloczyn zewnetrzny form definiuje na przestrzeni liniowej

H∗dR(M) =

∞⊕n=0

HndR(M)

strukture R-algebry z gradacja. Kazde przekszta lcenie g ladkie f :M −→ N pozwala przeciagac formy z Nna M , co wyznacza homomorfizm algebr f∗:H∗

dR(N) −→ H∗dR(M). Otrzymujemy funktor kontrawariantny

H∗dR : g ladkie rozmaitosci −→ R-algebry z gradacja.

Funktor ten, mimo iz w jego konstrukcji istotnie wykorzystalismy strukture g ladka, w istocie opisuje pod-stawowe globalne w lasnosci przestrzeni topologicznej M . Mozna sie o tym przekonac jak nastepuje.

Niech W bedzie dowolnym wieloscianem (niekoniecznie rozmaitoscia), tj. suma sympleksow, przecinajacychsie wzd luz wspolnych scian. Przez sympleks n-wymiarowy rozumiemy przestrzen homeomorficzna z ∆n =conv(e1, . . . , en+1) ⊂ Rn+1. Rozwazmy kompleks symplicjalny

0d0←−−C0(W )

d1←−−C1(W )d2←−−C2(W )

d3←−−C3(W )d4←−−· · · ,

gdzie Cn(W ) jest przestrzenia liniowa, ktorej baza jest zbior n-sympleksow wieloscianu W . Rozniczkadn:Cn(W ) −→ Cn−1(W ) jest przekszta lceniem liniowym, ktore na wektorze bazowym σ ⊂ W dane jestwzorem

dn(σ) =n∑

i=0

(−1)iσi,

gdzie σi jest (n−1)-wymiarowa sciana sympleksu σ lezaca na przeciwko wierzcho lka ei. Nietrudno sprawdzic,ze z lozenie kazdej pary kolejnych przekszta lcen dn jest zerem. Tak powstaja grupy homologii wieloscianuW : Hn(W ;R) = ker dn/im dn+1.

Gdy rozwazymy przestrzenie oraz przekszta lcenia sprzezone, strza lki zmienia kierunek oraz bedzie spe lnionywarunek d∗n+1 d∗n = 0, co doprowadzi do kohomologii symplicjalnych Hn(W ;R) dla n > 0.

Jeszcze ogolniej, dla dowolnej przestrzeni topologicznej X rozwazmy kompleks singularny:

0d0←−−S0(X)

d1←−−S1(X)d2←−−S2(X)

d3←−−S3(X)d4←−−· · · ,

gdzie Sn(X) jest przestrzenia liniowa, ktorej baza jest zbior C(∆n;X) funkcji ciag lych σ: ∆n → X. Rozniczkadn:Sn(X) −→ Sn−1(X) jest przekszta lceniem liniowym, ktore na wektorze bazowym σ: ∆n → X przyjmujewartosc

dn(σ) =n∑

i=0

(−1)iσ|∆ni.

Po dualizacji znow mamy d∗n+1 d∗n = 0, co prowadzi do kohomologii singularnych Hn(X;R) dla n > 0.Wazna cecha tych funktorow jest to, ze homotopijne rownowaznosci indukuja izomorfizmy grup kohomologii.

Gdy X jest rozmaitoscia g ladka, kazda n-forma ω ∈ Ωn(X) zadaje funkcjona l nalezacy do Sn(X), okreslonyna wektorach bazowych wzorem

σ 7→∫σ

ω.

30

Twierdzenie de Rhama mowi, ze powyzsze przyporzadkowanie zadaje naturalny izomorfizm miedzy koho-mologiami singularnymi a kohomologiami de Rhama.

Podobnie, jesli X jest wieloscianem, to grupy (ko)homologii uzyskane z kompleksu symplicjalnego pokrywajasie z grupami (ko)homologii singularnych przestrzeni X.

Powyzsze funktory moga takze byc zastosowane do badania grup, na podstawie nastepujacej obserwacji.

(7.1) Stwierdzenie. Dla kazdej grupy G istnieje wieloscian BG o grupie podstawowej G i trywialnychwszystkich wyzszych grupach homotopii. Taki wieloscian jest wyznaczony jednoznacznie z dok ladnoscia dohomotopijnej rownowaznosci.

Skoro wieloscian BG jest wyznaczona przez grupe G jednoznacznie z dok ladnoscia do typu homotopii, togrupy homologii przestrzeni BG sa niezmiennikami grupy G i mozna zapytac o to, jak wyznaczyc te grupyhomologii bez posrednictwa przestrzeni topologicznej BG, lecz wprost, za pomoca odpowiedniej konstrukcjialgebraicznej zastosowanej do grupy G. Sprobujmy odpowiedziec na to pytanie.

John Milnor poda l zgrabna konstrukcje wieloscianu BG, wychodzac tylko od grupy G, ktora wykorzystujekonstrukcje joinu przestrzeni topologicznych:

X ∗ Y = X × Y × [0, 1]/ ∼,

gdzie ∼ jest najmniejsza relacja rownowaznosci, zawierajaca

(x, y1, 0) ∼ (x, y2, 0), (x1, y, 1) ∼ (x2, y, 1) dla x, x1, x2 ∈ X, y, y1, y2 ∈ Y.

Intuicyjnie, X ∗ Y jest suma wszystkich odcinkow, laczacych punkty X z punktami Y . Mozna wykazac, ze(n+ 1)-krotny join jest (n− 1)-spojny, tj. ma trywialne grupy homotopii o numerach 6 n− 1.

Rozwazmy dowolna grupe G z topologia dyskretna. Punkty (n + 1)-krotnego joinu Gn+1 = G ∗ · · · ∗ Gmozna reprezentowac za pomoca ciagow (t0g0, . . . , tngn), gdzie g0 ∈ G, ti ∈ [0, 1] oraz t0 + · · ·+ tn = 1. Gdyrozwazymy wszystkie takie ciagi dla ustalonych elementow g0, . . . , gn, uzyskamy podzbior homeomorficznyz sympleksem ∆n. Zatem Gn+1 ma naturalna strukture n-wymiarowego wieloscianu. Suma wstepujacegociagu tych wieloscianow: EG = limn→∞Gn+1 jest wieloscianem, ktory jest n-spojny dla kazdego n, a zatemsciagalny. Ponadto grupa G dzia la na niej w naturalny sposob – przez domnazanie “wspo lrzednych” joinu.Przestrzen BG jest z definicji przestrzenia orbit EG/G tego dzia lania.

Na przyk lad, (n + 1)-krotny join dwuelementowej grupy C2 = ⟨x : x2 = 1⟩ z soba jest homeomorficzny zesfera n-wymiarowa, zas dzia lanie generatora x na tej sferze jest przekszta lceniem antypodycznym. Zatemotrzymujemy EC2 = limn S

n = S∞ oraz BC2 = S∞/C2 = RP∞.

Aby odgadnac algebraiczna konstrukcje homologii BG, rozwazmy kompleks symplicjalny wieloscianu EG.Z definicji, przestrzen liniowa Cn(EG) jest rozpieta przez wszystkie n-sympleksy wieloscianu EG. Rozwazmypodprzestrzen Cn(Gn+1), rozpieta przez wszystkie sympleksy, zawarte w joinie Gn+1 ⊂ EG – pozostaja onew bijekcji z ciagami (g0, . . . , gn) ∈ Gn+1. Mamy zatem Cn(Gn+1) ≈ R[Gn+1]. Nietrudno sprawdzic, ze w tejidentyfikacji rozniczka dn przeprowadza Cn(Gn+1) w Cn−1(Gn) – otrzymalismy zatem podkompleks kom-pleksu C∗(EG). Ponadto, po identyfikacji Cn(Gn+1) ≈ R[Gn+1] mamy dn:R[Gn+1] −→ R[Gn] zastosowanado wektora bazowego polega na pomijaniu kolejnych gi (wierzcho lkow sympleksu), czyli

dn(g0, . . . , gn) =

n∑i=0

(−1)i(g0, . . . , gi, . . . , gn), (∗)

gdzie gi oznacza, ze nalezy pominac na liscie element gi. Latwo wykazac, ze homologie tego kompleksu satakie same, jak homologie C∗(EG), tj. znikaja w dodatnich wymiarach. Aby uzyskac kompleks zwiazanyz wieloscianem BG, wystarczy podzielic powyzszy kompleks przez dzia lanie grupy G, tj. rozwazyc kompleks

· · · dn−1⊗1←−−−−−−R[Gn]⊗RG R dn⊗1←−−−−R[Gn+1]⊗RG R dn+1⊗1←−−−−−− · · ·

31

gdzie G dzia la trywialnie na R. Plan zosta l zrealizowany: znalezlismy algebraiczna konstrukcje homologiiprzestrzeni BG.

Powyzsza konstrukcja kryje w sobie dodatkowe mozliwosci: pozwala zastapic cia lo R przez dowolny pierscienprzemienny R.

(7.2) Definicja. Niech G bedzie dowolna grupa, zas R pierscieniem przemiennym.

(i) Nastepujacy ciag R-modu low i ich homomorfizmow:

S∗(G;R) : 0←−−R[G]d1←−−R[G2]

d2←−−· · · dn−1←−−R[Gn]dn←−−R[Gn+1]

dn+1←−−· · ·

gdzie rozniczki dn dane sa wzorem (∗), nazywa sie rezolwenta standardowa trywialnego RG-modu lu R.

(ii) Grupami homologii Hn(G;R) grupy G o wspo lczynnikach w R nazywamy grupy homologii kompleksuS∗(G;R)⊗RG R.

Zauwazmy, ze liczenie homologii samej rezolwenty nie daje nic ciekawego: sa to homologie sciagalnego wielo-scianu EG, wiec beda takie same, jak homologie punktu, czyli znikna w wymiarach n > 0. Co otrzymamyw wymiarze 0? Mamy

0←−−R[G]d1←−−R[G×G], d1(g0, g1) = g0 − g1.

Zatem

H0(G;R) = R[G]/im(d1) = R[G]/ω(G;R), gdzie ω(G;R) =∑

(gi − 1)αi : gi ∈ G, αi ∈ R[G].

Zauwazmy jednak, ze ω(G;R) = ker(ε), gdzie

ε:R[G] −→ R, ε

(∑i

αgg

)=∑

αg

jest tzw. homomorfizmem augmentacji, posy lajacym wszystkie elementy grupy G w 1 ∈ R. Zatem ω(G;R)jest idea lem w pierscieniu R[G], zwanym idea lem augmentacji. Wobec powyzszego mamy, na mocy twier-dzenia o izomorfizmie, H0(G;R) ≈ R.

Istnieje ciekawe, choc nietrudne, twierdzenie algebry homologicznej, ktore mowi ze otrzymamy te samegrupy homologii, gdy zamiast rezolwenty standardowej uzyjemy dowolnego innego kompleksu prawych R[G]-modu low:

0←−−P0d1←−−P1

d2←−−P2d3←−−· · ·

o ile spe lnia dwa warunki:

(i) R[G]-modu ly Pi sa projektywne;

(ii) ma homologie rowne R w wymiarze 0 i zerowe w wymiarach wyzszych.

Kazdy taki kompleks nazywamy rezolwenta projektywna trywialnego R[G]-modu lu R.

To twierdzenie pozwala dla konkretnych grup znalezc rezolwenty projektywne wygodniejsze do rachunkow.

(7.3) Przyk lad. Niech C∞ bedzie nieskonczona grupa cykliczna, generowana przez x. Jesli R jest dowolnadziedzina przemienna, to R[C∞] ≈ R[x, x−1] jest takze dziedzina przemienna; w szczegolnosci mnozenieprzez x− 1 jest monomorfizmem. Mamy zatem ciag dok ladny wolnych R[C∞]-modu low:

0←−−R ε←−−R[C∞](x−1)·←−−−R[C∞]←−−0.

Jest to zatem rezolwenta projektywna R. Po zastosowaniu funktora −⊗RG R do kompleksu

0←−−R[C∞](x−1)·←−−−−R[C∞]←−−0

32

otrzymujemy0←−−R 0·←−−R←−−0,

zatem

Hn(C∞;R) =

R, gdy n = 0 lub 1;0, dla n > 2.

(7.4) Przyk lad. Niech Cn = ⟨x : xn = 1⟩ i niech R bedzie dziedzina przemienna. Oznaczmy

x = 1 + x+ · · ·+ xn−1 ∈ RCn.

Wowczas x · (x− 1) = 0. Ponadto latwo sprawdzic, ze jesli α ∈ RCn, to

(x− 1) · α = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy α = r · x dla pewnego r ∈ R, oraz

x · α = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy α = (x− 1) · β dla pewnego β ∈ RCn.

Wobec tego0←−−R ε←−−RCn

(x−1)·←−−−−RCnx·←−−RCn

(x−1)·←−−−−RCnx·←−−· · ·

jest rezolwenta projektywna R. Gdy do kompleksu

0←−−RCn(x−1)·←−−−−RCn

x·←−−RCn(x−1)·←−−−−RCn

x·←−−· · ·

zastosujemy funktor −⊗RCn R, uzyskamy kompleks

0←−−R 0·←−−R n·←−−R 0·←−−R n·←−−· · · ,

skad

Hi(Cn, R) =

R, gdy i = 0,R/nR, gdy 2 - i,ker(n·) gdy 2|i.

Zatem, na przyk lad dla R = Z, otrzymujemy

Hi(Cn,Z) =

Z, gdy i = 0,Zn, gdy 2 - i,0 gdy 2|i.

W szczegolnosci, dla n = 2 otrzymalismy holomogie nieskonczonej przestrzeni rzutowej BC2 ≃ RP∞.

Natomiast gdy R jest cia lem K charakterystyki zero, mamy

Hi(Cn,K) =

K, gdy i = 0,0, gdy i > 0.

Rezolwenta projektywna trywialnego R[G]-modu lu R moze byc skonczona, tak jak w przyk ladzie (7.3) lubnieskonczona, jak w (7.4). Prowadzi to do nastepujacego pojecia.

(7.5) Definicja. Wymiarem kohomologicznym cdR(G) grupy G nad pierscieniem R (wymiarem global-nym gl.dim.R[G] pierscienia R[G]) nazywamy najmniejsza liczbe ca lkowita n taka, ze istnieje rezolwentaprojektywna konczaca sie na n-tym miejscu:

0←−−R←−−P0←−−P1←−−· · ·←−−Pn←−−0.

Jesli taka liczba n nie istnieje, to mowimy, ze ten wymiar jest rowny ∞.

33

Zauwazmy, ze powyzsza konstrukcja homologii grupy by la wykonana w dwoch krokach. W pierwszym, grupieG przypisalismy jej pierscien grupowy R[G], potem skonstruowalismy ciag modu low i ich homomorfizmownad tym pierscieniem, a nastepnie zastosowalismy do tego ciagu funktor −⊗R[G]R i wyznaczylismy homologietak otrzymanego kompleksu. Zatem, mowiac scisle, uzyskane grupy homologii sa niezmiennikami raczejpierscienia R[G], a nie samej grupy. W tym kontekscie naturalne jest pytanie:

(7.6) Problem Izomorfizmu. Czy z tego, ze pierscenie grupowe R[G], R[H] sa izomorficzne wynika, zegrupy G i H sa izomorficzne?

Cykl zadan o twierdzeniu Dade’a pokazuje, ze odpowiedz na to pytanie jest przeczaca, gdy R jest cia lem.Znacznie trudniejszym zadaniem jest rozstrzygniecie tego problemu dla R = Z – zajmiemy sie tym pozniej.

Homologie grup sa mozliwe dlatego, ze z kazda grupa umiemy zwiazac, jedyna z dok ladnoscia do homotopi-jnej rownowaznosci, przestrzen BG. Dlatego homologie zbudowane za pomoca jej algebry grupowej powalajabadac globalne w lasnosci geometryczne takich przestrzeni.

Sytuacji, w ktorych pewna algebra opisuje w lasnosci globalne obiektu geometrycznego pojawiaja sie w mate-matyce takze w innych kontekstach.

Na przyk lad, niech K bedzie cia lem. W przestrzeni afinicznej Kn mozemy rozwazac podzbiory Z, ktore sazbiorami zer uk ladow rownan wielomianowych od n zmiennych – sa to tzw. zbiory algebraiczne. Zwykledany zbior algebraiczny moze byc opisany uk ladem wielomianow na wiele roznych sposobow. Najlepiej wiecrozwazac wszystkie wielomiany wystepujace w tych uk ladach na raz – tworza one idea l I(Z) w pierscieniuK[X1, . . . , Xn]. K-algebra ilorazowa K[Z] = K[X1, . . . , Xn]/I(Z) niesie pe lna informacje o zbiorze alge-braicznym Z.

A oto inny przyk lad. Nastepujace twierdzenie Gelfanda pokazuje, ze R-algebra funkcji ciag lych C(X,R)zawiera pe lna informacje o zwartej przestrzeni topologicznej X.

(7.7) Twierdzenie. Przestrzenie zwarte X, Y sa homeomorficzne wtedy i tylko wtedy, gdy R-algebryC(X,R), C(Y,R) sa izomorficzne.

Dowod tego twierdzenia jest dobrym cwiczeniem z topologii. Zasadza sie na tym, ze kazdy idea l maksymalnyw algebrze C(X,R) jest postaci mx = f : f(x) = 0, dla pewnego punktu x ∈ X. Poniewaz izomorfizmpierscieni przenosi idea ly maksymalne na idea ly maksymalne, wiemy juz, jak przekszta lcic punkty przestrzeniX w punkty przestrzeni Y . Tak zbudowane przekszta lcenie jest szukanym homeomorfizmem.

Z (7.7) wynika, ze wszystkie w lasnosci topologiczne przestrzeni zwartej X moga byc prze lozone na jezykalgebry. Na przyk lad przestrzen X jest spojna, jesli nie ma na niej niesta lej funkcji ciag lej, przyjmujacejtylko wartosci 0 oraz 1. Taka funkcja jest oczywiscie idempotentem w algebrze C(X,R). Zatem spojnosc Xmozna wyrazic rownowaznie, jako nieistnienie nietrywialnych idempotentow w algebrze funkcji ciag lych.

Co wazniejsze, tak scharakteryzowana spojnosc moze byc takze rozwazana dla algebr nieprzemiennych, takjakby by ly one przestrzeniami funkcji na hipotetycznych “nieprzemiennych” przestrzeniach. To idea prze-wodnia tzw. geometrii nieprzemiennej, stanowiacej jedna z mozliwych matematyzacji mechaniki kwantowej.

Niech K bedzie cia lem. Powyzsze przyk lady zachecaja do tego, by zdefiniowac grupy homologii dowolnejK-algebry Λ. W tym celu powinnismy z kazda algebra zwiazac pewien kompleks. Rezolwenta standardowadla grup podpowiada, z jakich przestrzeni liniowych ten kompleks moze sie sk ladac. Mamy bowiem

K[Gn+1] = K[G× · · · ×G] ≈ K[G]⊗K · · · ⊗K K[G] = K[G]⊗(n+1).

Dla dowolnej K-algebry Λ rozwazmy zatem kompleks Hochschilda:

· · · −−→Λ⊗4 b3−−→Λ⊗3 b2−−→Λ⊗2 b1−−→Λb0−−→0,

34

gdzie Λ⊗n oznacza n-krotny iloczyn tensorowy Λ przez siebie nad cia lem K, zas

bn(a0 ⊗ · · · ⊗ an) =n−1∑i=0

(−1)ia0 ⊗ · · · ⊗ aiai+1 ⊗ · · · ⊗ an + (−1)nana0 ⊗ a1 ⊗ · · · ⊗ an−1.

Nietrudno sprawdzic, ze istotnie jest to kompleks, to znaczy mamy bn+1 bn = 0 dla n > 0.

(7.8) Definicja. Grupy homologii Hochschilda algebry Λ to przestrzenie ilorazowe

HHn(Λ) = ker(bn)/im(bn+1) dla n > 0.

Przyjrzyjmy sie niskim grupom homologii Hochschilda. Po pierwsze, dla dowolnej K-algebry Λ mamy

HH0(Λ) = Λ/im(b1) = Λ/lin(a0a1 − a1a0 : a0, a1 ∈ Λ) = Λ/[Λ,Λ].

Niech teraz Λ bedzie algebra przemienna. Wowczas b1 ≡ 0, zatem HH0(Λ) = Λ oraz dla a0⊗ a1⊗ a2 ∈ Λ⊗3

mamyb2(a0 ⊗ a1 ⊗ a2) = a0a1 ⊗ a2 − a0 ⊗ a1a2 + a2a0 ⊗ a1 ∈ Λ⊗2.

ZatemHH1(Λ) = (Λ⊗ Λ)/lin(ab⊗ c− a⊗ bc+ ca⊗ b : a, b, c ∈ Λ).

Jesli oznaczymy klase elementu a⊗ b przez a · db, to uzyskujemy, ze HH1(Λ) jest Λ-modu lem generowanymprzez elementy db, spe lniajace relacje Leibnitza: d(bc) = c · db + b · dc. Jest to tak zwany modu l rozniczekKaehlera Ω1(Λ) przemiennej algebry Λ. W przypadku, gdy Λ jest algebra funkcji g ladkich na rozmaitosciM , modu l ten pokrywa sie z przestrzenia 1-form na M . Ogolnej, mozna udowodnic, ze

(7.9) Twierdzenie. Jesli M jest rozmaitoscia g ladka oraz Λ jest algebra funkcji g ladkich na M , to istniejanaturalne izomorfizmy

HHn(Λ) ≈ Ωn(M) dla n > 0. Pierscienie grupowe – wyk lad 8.

Na poprzednim wyk ladzie zdefiniowalismy homologie Hochschilda dla dowolnej K-algebry Λ. Co otrzymamydla Λ = KG?

Niech K bedzie cia lem charakterystyki zero. Zauwazylismy juz wczesniej, ze

HH0(Λ) ≈ Λ/[Λ,Λ],

gdzie [Λ,Λ] jest podprzestrzenia liniowa, rozpieta na elementach postaci ab−ba, gdy a, b ∈ Λ. Gdy Λ = KG,mozna ten opis powiazac ze struktura grupy G jak nastepuje.

Niech Cℓ(G) oznacza zbior klas sprzezonosci elementow grupy G oraz niech K[Cℓ(G)] bedzie przestrzenialiniowa o bazie Cℓ(G). Rozwazmy przekszta lcenie liniowe

t:KG −→ K[Cℓ(G)], t(α) =∑

c∈Cℓ(G)

tc(α) · c,

gdzie tc

(∑g αgg

)=∑αg : g ∈ c. Jadro tego przekszta lcenia sk lada sie z tych elementow α ∈ KG, ktore

maja zerowe sumy wspo lczynnikow, liczone po kazdej klasie sprzezonosci z osobna. Jesli w kazdej klasie cwybierzemy jeden element gc ∈ c, to dla α ∈ ker(t) mamy

α =∑c

∑g∈c

αgg =∑c

(∑g∈c

αgg −∑g∈c

αggc

)=∑c

∑g∈c

αg(g − gc) ∈ [KG,KG],

35

gdyz kazdy element g ∈ c moze byc zapisany w postaci xgcx−1, skad g − gc = (xgc)x

−1 − x−1(xgc).Wykazalismy zatem

(8.1) Stwierdzenie. HH0(KG) ≈ K[Cℓ(G)].

Wykorzystujac klasyczne narzedzia algebry homologicznej, Stwierdzenie (8.1) mozna uogolnic na wszystkiewymiary jak nastepuje. Wybierzmy w kazdej klasie sprzezonosci c ∈ Cℓ(G) element gc ∈ c oraz rozwazmygrupe ilorazowaGc = CG(gc)/⟨gc⟩. Podgrupa ⟨gc⟩ jest normalna, gdyz gc jest elementem centralnym w swoimcentralizatorze.

(8.2) Twierdzenie. Dla n > 0 mamy

HHn(KG) ≈⊕

c∈Cℓ(G)

Hn(Gc;K).

Czy homologie Hochschilda mozna wykorzystac do badania idempotentow e = e2 ∈ KG? Postac rozniczekw kompleksie Hochschilda

bn(a0 ⊗ · · · ⊗ an) =n−1∑i=0

(−1)ia0 ⊗ · · · ⊗ aiai+1 ⊗ · · · ⊗ an + (−1)nana0 ⊗ a1 ⊗ · · · ⊗ an−1

zacheca do tego, by rozwazyc elementy e⊗(n+1) = e⊗ · · · ⊗ e ∈ Λ⊗(n+1). Otrzymujemy

bn(e⊗(n+1)) =

e⊗n ∈ Λ⊗n, gdy 2|n;0, gdy 2 - n.

Zatem dla n = 2k+ 1 element e⊗(n+1) wyznacza klase homologii w HH2k(KG), ale jest ona trywialna, gdyz

lezy w obrazie nastepnej rozniczki. Natomiast dla n = 2k element e⊗(n+1) nie lezy w jadrze rozniczki, wiecnie wyznacza zadnej klasy homologii. Z tego wynika, ze homologie Hochschilda nie okaza ly sie uzyteczne dobadania idempotentow w KG.

Istnieje jednak interesujaca modyfikacja homologii Hochschilda, zwana homologiami cyklicznymi, wymyslonana uzytek badania przestrzeni “nieprzemiennych”. W najprostszej wersji modyfikacja ta wyglada tak.

Zauwazmy, ze na przestrzeni Λ⊗(n+1) dzia la grupa cykliczna Cn+1 = ⟨Tn+1⟩:

Tn+1(a0 ⊗ · · · ⊗ an) = (−1)nan ⊗ a0 ⊗ · · · ⊗ an−1.

Zastapmy w kompleksie Hochschilda kazda z przestrzeni Λ⊗(n+1) przez przestrzen ilorazowa

Λ⊗(n+1)/(Tn+1 − 1)Λ⊗(n+1).

Kluczowa obserwacja: dzieki wprowadzenia znaku (−1)n do definicji dzia lania Cn+1, rozniczki bn faktoryzujasie do rozniczek

bn: Λ⊗(n+1)/(Tn+1 − 1)Λ⊗(n+1) −→ Λ⊗n/(Tn − 1)Λ⊗n.

W tym celu wystarczy sprawdzic, ze bn(Tn+1 − 1)Λ⊗(n+1) ⊆ (Tn − 1)Λ⊗n. Istotnie

bn(Tn+1 − 1)(a0 ⊗ · · · ⊗ an) = bn((−1)nan ⊗ a0 ⊗ · · · ⊗ an−1 − a0 ⊗ · · · ⊗ an) =

(−1)n

[ana0 ⊗ · · · ⊗ an−1 +

n−1∑i=1

(−1)ian ⊗ · · · ⊗ ai−1ai ⊗ · · · ⊗ an−1 + (−1)nan−1an ⊗ a0 ⊗ · · · ⊗ an−2

]−

[n−1∑i=0

(−1)ia0 ⊗ · · · ⊗ aiai+1 ⊗ · · · ⊗ an + (−1)nana0 ⊗ a1 ⊗ · · · ⊗ an−1

]=

36

n−1∑i=1

(−1)i+nan⊗· · ·⊗ ai−1ai⊗· · ·⊗an−1 + an−1an⊗a0⊗· · ·⊗an−2−n−1∑i=0

(−1)ia0⊗· · ·⊗aiai+1⊗· · ·⊗an =

n−2∑i=0

(−1)i+n−1an⊗· · ·⊗aiai+1⊗· · ·⊗an−1 +an−1an⊗a0⊗· · ·⊗an−2−n−1∑i=0

(−1)ia0⊗· · ·⊗aiai+1⊗· · ·⊗an =

n−2∑i=0

(−1)i[(−1)n−1an ⊗ · · · ⊗ aiai+1 ⊗ · · · ⊗ an−1 − a0 ⊗ · · · ⊗ aiai+1 ⊗ · · · ⊗ an]+

an−1an ⊗ a0 ⊗ · · · ⊗ an−2 − (−1)n−1a0 ⊗ · · · ⊗ an−1an ∈ (Tn − 1)Λ⊗n.

Uzyskalismy w ten sposob kompleks cykliczny. Jego homologie:

HCn(Λ) = ker(bn)/im(bn+1) dla n > 0.

nosza nazwe homologii cyklicznych K-algebry Λ.

Latwo policzyc bezposrednio, lub korzystajac z (8.2), ze

HHn(K) =

K, gdy n = 0,0, gdy n > 0.

Natomiast homologie cykliczne cia la K uzyskujemy z kompleksu cyklicznego

bn+1−−→bn:K⊗(n+1)/(Tn+1 − 1)K⊗(n+1) bn−−→K⊗n/(Tn − 1)K⊗n bn−1−−→· · ·

Mamy

K⊗n/(Tn − 1)K⊗n ≈K/2 ·K, gdy 2|n;K/0 ·K, gdy 2 - n =

0, gdy 2|n;K, gdy 2 - n.

Poniewaz grupe HCn wyznacza sie z (n+ 1)-szego miejsca kompleksu, mamy

HCn(K) =

K, gdy 2|n;0, gdy 2 - n.

Homologie cykliczne algebry grupowej KG (gdzie K jest cia lem charakterystyki zero) przypominaja homolo-gie Hochschilda, ale wyraziscie rozrozniaja klasy elementow torsyjnych od pozosta lych.

Przestawmy zbior klas sprzezonosci Cℓ(G) w postaci sumy Cℓ0(G) ∪ Cℓ∞(G), gdzie Cℓ0(G) sk lada sie z klaselementow skonczonego rzedu, zas Cℓ∞(G) – z pozosta lych.

(8.3) Twierdzenie. Dla dowolnej grupy G i cia la K charakterystyki zero mamy

HCn(KG) ≈⊕

c∈Cℓ0(G)

[H∗(Gc;K)⊗HC∗(K)]n ⊕⊕

c∈Cℓ∞(G)

Hn(Gc;K).

Pierwszy sk ladnik sumy po prawej stronie to n-ty sk ladnik iloczynu tensorowego z gradacja, czyli

[H∗(Gc;K)⊗HC∗(K)]n =n⊕

i=0

Hi(Gc;K)⊗HCn−i(K) =

⊕n/2i=0H2i(Gc;K), gdy 2|n;⊕⌊n/2⌋i=0 H2i+1(Gc;K), gdy 2 - n.

Zauwazmy, ze sytuacja elementow e⊗n w homologiach cyklicznych ulega diametralnej zmianie. Mamy bowiem

b2k(e⊗(2k+1)) = e⊗2k = −1

2(T2k(e⊗2k)− e⊗2k) = 0 ∈ Λ⊗(2k)/(T2k − 1)Λ⊗(2k),

37

wobec czego element e⊗(2k+1) wyznacza klase homologii [e]2k ∈ HC2k(Λ).

Ponadto homologie cykliczne wyposazone sa w tak zwany homomorfizm przesuniecia

S:HCn(Λ) −→ HCn−2(Λ) dla n > 2.

Dla Λ = KG homomorfizm przesuniecia zachowuje rozk lad na sk ladniki proste opisany w (8.3). Mozna tezwykazac, ze dla dowolnego idempotenta e = e2 ∈ Λ zachodzi rownosc:

S([e]2k) = [e]2k−2.

Powyzsze obserwacje prowadza do nastepujacego wyniku.

(8.4) Twierdzenie. Niech K bedzie cia lem charakterystyki zero, zas G grupa beztorsyjna o tej w lasnosci,ze dla kazdej jej klasy sprzezonosci c = 1 istnieje co najmniej jeden wymiar jc taki, ze H2jc(Gc;K) = 0.Wowczas algebra grupowa KG nie ma nietrywialnych idempotentow.

Dowod. Skoro grupa G jest beztorsyjna, to jej jedynym elementem skonczonego rzedu jest 1. Zatem, namocy (8.3) mamy

HCn(KG) ≈ [H∗(G;K)⊗HC∗(K)]n ⊕⊕c=1

Hn(Gc;K).

Dla dowolnej klasy c = 1 niech [e]2n,c bedzie sk ladowa elementu [e]2n w sk ladniku H2n(Gc,K). Wowczasmamy

· · · S−−→[e]2n,cS−−→[e]2n−2,c

S−−→· · · S−−→[e]2,cS−−→[e]0,c = tc(e) ∈ K.

Zgodnie z za lozeniem, H2jc(Gc;K) = 0, wiec takze [e]2jc,c = 0, a stad tc(e) = 0. Zatem tc(e) = 0 dlawszystkich klas sprzezonosci c = 1. Wobec tego

tr(e) = t1(e) =∑

c∈Cℓ(G)

tc(e) = ε(e) ∈ 0, 1,

to takze e ∈ 0, 1, na mocy wczesniej udowodninego twierdzenia.

W szczegolnosci, daje to inny dowod twierdzenia Formanka, gdyz dla grup ktore sa skonczonymi rozszerze-niami grup policyklicznych wszystkie grupy postaci Gc tez naleza do tej rodziny, a ponadto ich homologieo wspo lczynnikach w ciele charakterystyki zero znikaja powyzej liczby faktorow C∞ w ich policyklicznymrozk ladzie. Rzecz jasna, rodzina grup beztorsyjnych, do ktorych stosuje sie (8.4) jest duzo szersza.

∗ ∗ ∗

Rozwazmy pytanie, kiedy algebra grupowa jest pierscieniem noetherowskim. W teorii pierscieni nieprze-miennych rozwaza sie osobno pojecie prawostronnej i lewostronnej noetherowskosci.

(8.5) Definicja. Powiemy, ze pierscien R jest prawostronnie (lewostronnie) noetherowski, jesli kazdy ciagjego prawych (lewych) idea low stabilizuje sie. Rownowaznie – kazdy jego prawostronny (lewostronny) idea ljest skonczenie generowany.

Dla algebr grupowych pojecia lewostronnej i prawostronnej noetherowskosci sa rownowazne, dzieki istnieniuinwolucji α 7→ α∗, zamieniajacej idea ly lewostronne na prawostronne i odwrotnie. Dla dowolnych algebr sato rozne pojecia, jak pokazuje nastepujacy przyk lad.

(8.6) Przyk lad. Rozwazmy Q-algebre

A =

[Q R0 R

]=

[q r0 s

]: q ∈ Q, r, s ∈ R

.

38

Poniewaz dimQR = ∞, istnieje scisle rosnacy ciag Q-podprzestrzeni liniowych V1 < V2 < V3 < · · · < R.

Wowczas In =

[0 Vn0 0

], n > 1, jest scisle rosnacym ciagiem lewych idea low w A, wiec algebra A nie jest

lewostronnie noetherowska. Z drugiej strony, jesli J jest prawostronnym idea lem algebry A oraz

[a b0 c

]∈ J ,

to mamy

J ⊇[[

a0

]· q,[a0

]· r +

[bc

]· s]

: q ∈ Q, r, s ∈ R.

Wobec tego pierwsze kolumny macierzy nalezacych do J tworza podprzestrzen Q-liniowa przestrzeni

[Q0

],

zas drugie – podprzestrzen R-liniowa przestrzeni

[RR

]. Takie idea ly moga utworzyc rosnacy ciag d lugosci

co najwyzej cztery, np. [0 00 0

]<

[Q 00 0

]<

[Q R0 0

]<

[Q R0 R

],

zatem algebra A jest prawostronnie noetherowska.

Powiemy, ze grupa G jest noetherowska, jesli kazdy rosnacy ciag jej podgrup stabilizuje sie, lub rownowaznie– jesli jej kazda podgrupa jest skonczenie generowana.

(8.7) Twierdzenie. Jesli algebra grupowa KG jest prawostronnie noetherowska, to grupa G jest noethe-rowska. Ponadto, jesli H 6 G, to algebra KH jest tez noetherowska.

Dowod. Dla podgrupy H 6 G rozwazmy przekszta lcenie liniowe πH :KG −→ KH, bedace liniowymrzutowaniem na podprzestrzen: πH(

∑g∈G αgg) =

∑g∈H αgg. Niech ω(H) oznacza idea l w algebrze KH,

generowany przez elementy postaci h − 1 dla h ∈ H, tj. idea l augmentacji, bedacy jadrem homomorfizmuaugmentacji ε:KH −→ K, ε(

∑g αgg) =

∑g αg.

Jesli H1 6 H2 6 H3 6 · · · jest rosnacym ciagiem podgrup grupy G, to mamy takze rosnacy ciag prawostron-nych idea low algebry KG:

ω(H1)KG ⊆ ω(H2)KG ⊆ ω(H3)KG ⊆ · · ·

Gdy algebra KG jest prawostronnie noetherowska, powyzszy ciag sie stabilizuje, tj. dla pewnego n mamy

ω(Hn)KG = ω(Hn+1)KG = · · ·

Zatem, dla dowolnego elementu h ∈ Hn+1 mamy

πHn(h)− 1 = πHn(h− 1) ∈ πHn(ω(Hn+1)KG) = πHn(ω(Hn)KG) = ω(Hn)KHn = ker(KHnε−−→K).

Wobec tego ε(πHn(h)) = 1, skad h ∈ Hn. Poniewaz h ∈ Hn+1 by lo wybrane dowolnie, mamy Hn = Hn+1.Wynika stad, ze grupa G jest noetherowska.

Niech H bedzie dowolna podgrupa G. Zauwazmy, ze jesli I jest prawostronnym idea lem algebry KH,to I · KG jest prawostronnym idea lem algebry KG, a ponadto πH(I · KG) = I. Wobec tego jesli ciagprawostronnych idea low I1 < I2 < I3 < algebry KH jest scisle rosnacy, to taki jest tez ciag idea low In ·KGalgebry KG. To dowodzi noetherowskosci podalgebry KH prawostronnie noetherowskiej algebry KG.

Z powyzszego natychmiast wynika

(8.8) Twierdzenia Hall’a. Jesli grupa G jest rozwiazalna, zas algebra grupowa KG jest prawostronnienoetherowska, to grupa G jest policykliczna.

Dowod. Rozwazmy ciag kolejnych komutantow: G(0) = G, G(n+1) = [G(n), G(n)] dla n > 0. Poniewaz Gjest rozwiazalna, dla pewnego n mamy

1 = G(n) G(n−1) · · · G(1) G(0) = G.

39

Z (8.7) wynika, ze kazda z podgrup G(n) jest skonczenie generowana, wiec skonczenie generowane sa tez

grupy ilorazowe G(n)/G(n+1). Sa to zatem skonczenie generowane grupy abelowe, a zatem policykliczne.Wobec tego grupa G jest takze policykliczna.

Udowodnimy teraz twierdzenie przeciwne – ze algebry grupowe grup policyklicznych sa noetherowskie.W tym celu udowodnimy nieprzemienny odpowiednik twierdzenia Hilberta o bazie.

(8.9) Stwierdzenie. Niech R bedzie podpierscieniem (z jedynka) pierscienia S. Za lozmy ponadto, zeS = ⟨R, x⟩ dla pewnego x ∈ S. Jesli R jest pierscieniem prawostronnie noetherowskim oraz R+xR = R+Rx,to S jest takze pierscieniem prawostronnie noetherowskim.

Dowod. Z za lozenia R+xR = R+Rx przez latwa indukcje wynika, ze dla kazdego n > 1 mamy zawieraniaxnR ⊆ R+Rx+ · · ·+Rxn oraz Rxn ⊆ R+ xR+ · · ·+ xnR. Zatem dla dowolnego n > 1 mamy

R+ xR+ · · ·+ xnR = R+Rx+ · · ·+Rxn. (∗)

Z powyzszej rownosci wynika w szczegolnosci, ze zbior wyrazen postaci

r0 + r1x+ · · ·+ rnxn, ri ∈ R, n > 0 (∗∗)

jest podpierscieniem S. Poniewaz zawiera on zarowno R, jak i x, to jest on rowny S, czyli kazdy elementpierscienia S moze byc zapisany w formie (∗∗), choc nie twierdzimy, ze jednoznacznie.

Niech r bedzie dowolnym elementem R oraz niech n > 1. Wowczas, na mocy (∗), rxn ∈ R+xR+ · · ·+xnR,wiec istnieje r′ ∈ R taki, ze rxn = · · ·+ xnr′. Ponadto sk ladniki oznaczone trzema kropkami, znow na mocy(∗), naleza do R+Rx+ · · ·+Rxn−1. Zatem mamy xnr′ = rxn+ wyrazy nizszych stopni postaci rix

i, i < n.

Przystepujemy do dowodu, ze kazdy prawstronny idea l I pierscienia S jest skonczenie generowany. Dladowolnego n > 0 rozwazmy nastepujacy podzbior In ⊆ R:

In = rn ∈ R : istnieje s = r0 + · · ·+ rnxn ∈ I.

Jest jasne, ze In jest podgrupa addytywna R. Pokazemy, ze jest to takze prawostronny idea l w R. W tymcelu wezmy dowolny element rn ∈ In oraz r ∈ R. Dla elementu r wybierzmy r′ tak, by xnr′ = rxn+ wyrazynizszych stopni postaci rix

i, i < n. Jesli rn pochodzi od s ∈ I, to oczywiscie sr′ ∈ I oraz, modulo wyrazynizszych stopni, mamy

sr′ ≡ (rnxn)r′ ≡ rn(xnr′) ≡ rn(rxn) ≡ (rnr)x

n,

wobec czego rnr ∈ In.

Zauwazmy, ze jesli rn ∈ In pochodzi od s = · · ·+ rnxn ∈ I, to takze sx = · · ·+ rnx

n+1 ∈ I, wiec rn ∈ In+1.Wobec tego idea ly In tworza ciag rosnacy: I0 6 I1 6 I2 6 · · · Skoro pierscien R jest prawostronnienoetherowski, dla pewnego m mamy Im = Im+1 = · · · oraz kazdy idea l Ii jest skonczenie generowany.Wybierzmy skonczony zbior generatorow rij idea lu Ii dla i 6 m. Dla kazdego rij wybierzmy elementsij ∈ I, od ktorego element rij pochodzi. Pokazemy, ze (skonczony) zbior sij generuje idea l I.

Kazdemu elementowi s ∈ I mozemy przypisac jego stopien – to najnizsza liczba naturalna n taka, ze smoze byc zapisane w postaci rnx

n+wyrazy nizszych stopni postaci rixi, i < n. Dowod poprowadzimy przez

indukcje ze wzgledu na stopien elementu s.

Gdy s jest stopnia 0, mamy s ∈ I0, wiec s mozna wyrazic jako kombinacje elementow r0j = s0j . Niech terazn > 1 oraz s = r0 + r1x+ · · ·+ rnx

n ∈ I. Rozwazymy dwa przypadki:

Gdy n > m, mamy rn ∈ In = Im, zatem rn =∑rmjaj dla pewnych aj ∈ R. Wybierzmy elementy a′j ∈ R

tak, by xna′j = ajxn+ wyrazy nizszych stopni. Wowczas

s−∑j

smjxn−ma′j ≡ rnxn −

∑j

rmjxna′j ≡ rnxn −

∑j

rmjajxn ≡ 0,

40

wiec element s−∑

j smjxn−ma′j ∈ I ma stopien nizszy niz n.

Natomiast gdy n < m mamy rn =∑

j rnjaj dla pewnych aj ∈ R. Zatem, dla odpowiednio dobranych a′j ∈ Relement s−

∑j snja

′j ∈ I ma stopien nizszy niz n.

W obu przypadkach, na mocy za lozenia indukcyjnego, uzyskalismy element, ktory jest S-liniowa kombinacjaelementow sij , wiec s tez ma te w lasnosc. Poniewaz idea l I by l dowolny, wykazalismy, ze S jest pierscieniemprawostronnie noetherowskim.

Wyprowadzimy dwa wnioski z powyzszego twierdzenia, z ktorych wywiedziemy noetherowskosc algebr grupo-wych grup policyklicznych.

(8.10) Stwierdzenie. Niech R bedzie prawostronnie noetherowskim podpierscieniem (z jedynka) pier-scienia S oraz S = ⟨R, x⟩ dla pewnego x ∈ S. Za lozmy, ze istnieje automorfizm τ :R −→ R taki, ze dladowolnego elementu r ∈ R zachodzi rownosc rx = xτ(r). Wowczas S jest pierscieniem prawostronnienoetherowskim.

Dowod. Z za lozenia wynika, ze Rx = xR, wiec takze R+Rx = R+ xR i stwierdzenie wynika z (8.9).

W szczegolnosci udowodnilismy prawostronna noetherowskosc skreconych pierscieni wielomianow, o wspo l-czynnikach w pierscieniu prawostronnie noetherowskim.

(8.11) Stwierdzenie. Niech R bedzie prawostronnie noetherowskim podpierscieniem (z jedynka) pier-scienia S. Za lozmy ponadto, ze S = ⟨R, x, x−1⟩ dla pewnego elementu odwracalnego x ∈ S, przy czymx−1Rx = R. Wowczas S jest pierscieniem prawostronnie noetherowskim.

Dowod. Sprzeganie za pomoca x zadaje automorfizm τ :R −→ R taki, ze rx = xτ(r) dla r ∈ R, wiec namocy (8.10) pierscien S+ = ⟨R, x⟩ jest prawostronnie noetherowski. Z relacji rx = xτ(r) wynika takze, zekazdy element pierscienia S mozna zapisac w postaci

∑ni=−m rix

i dla pewnych m,n > 0.

Niech I bedzie dowolnym prawym idea lem pierscienia S oraz niech I+ = I ∩ S+. Wowczas I+ jest prawymidea lem w pierscieniu S+, wiec ma skonczony zbior generatorow s1, . . . , sk ∈ I+.

Niech s bedzie dowolnym elementem idea lu I. Wowczas istnieje liczba t > 0 taka, ze sxt ∈ I+. Wobec tegosxt =

∑i sibi dla pewnych bi ∈ S+ ⊆ S. Stad s =

∑i si(bix

−t) oraz bjx−t ∈ S. Wykazalismy, ze idea l

I jest generowany przez elementy s1, . . . , sk. Poniewaz idea l I by l dowolny, pierscien S jest prawostronnienoetherowski.

(8.12) Twierdzenie. Jesli G jest grupa policykliczna, zas K dowolnym cia lem, algebra KG jest pra-wostronnie noetherowska.

Dowod. Grupa G ma ciag subnormalny 1 = G0 G1 G2 · · · Gn = G z ilorazami cyklicznymi.Twierdzenie udowodnimy przez indukcje wzgledem n. Poczatek indukcji jest oczywisty. Za lozmy zatem, zealgebra R = KGi jest noetherowska; wykazemy, ze taka jest tez algebra S = KGi+1.

Wybierzmy element x ∈ Gi+1, ktorego obraz generuje grupe cykliczna Gi+1/Gi. Wowczas S = ⟨R, x, x−1⟩oraz x−1Rx = R, co wynika z normalnosci Gi w Gi+1. Na mocy (8.11) otrzymujemy teze.

To twierdzenie mozemy uogolnic. W tym celu przydatna bedzie nastepujaca uwaga. Niech R bedzie dowol-nym pierscieniem, zas M prawym R-modu lem. Powiemy, ze M jest modu lem noetherowskim, jesli kazdyrosnacy lancuch podmodu low M stabilizuje sie.

(8.13) Lemat. Niech R bedzie dowolnym pierscieniem, zas M prawym R-modu lem. Jesli N jest noethe-rowskim podmodu lem M oraz modu l ilorazowy M/N jest noetherowski, to M jest takze R-modu lemnoetherowskim.

Dowod. Jesli V1 6 V2 6 · · · jest lancuchem podmodu low M , to lancuchy Vi ∩ N oraz (Vi + N)/N odpewnego miejsca k0 stabilizuja sie. Wowczas takze lancuch Vi stabilizuje sie od tego miejsca. Istotnie, dla

41

k > k0 mamy (Vk + N)/N = (Vk+1 + N)/N oraz Vk ∩ N = Vk+1 ∩ N . Jesli x ∈ Vk+1, to istnieje y ∈ Vktaki, ze x+N = y +N , tj. x− y ∈ N . Ponadto x, y ∈ Vk+1, wiec x− y ∈ Vk+1 ∩N = Vk ∩N . Wobec tegox = y + (x− y) ∈ Vk, skad Vk+1 = Vk.

(8.14) Twierdzenie. Jesli G jest skonczonym rozszerzeniem grupy policyklicznej, zas K dowolnym cia lem,to algebra KG jest prawostronnie noetherowska.

Dowod. Niech H bedzie podgrupa policykliczna skonczonego indeksu w grupie G. Zatem, na mocy (8.12),algebra KH jest prawostronnie noetherowska.

Z za lozenia [G : H] <∞ wynika, ze KG jest wolnym i skonczenie generowanym KH-modu lem, wiec z (8.13)przez latwa indukcje wynika, ze KG jest KH-modu lem noetherowskim. Jesli I1 6 I2 6 · · · jest lancuchemprawych idea low w KG, to jest to takze lancuch prawych KH-podmodu low noetherowskiego KH-modu luKG. Wobec tego od pewnego miejsca stabilizuje sie, co dowodzi prawostronnej noetherowskosci algebryKG.

Z (8.7) wynika, ze jesli KG jest algebra prawostronie noetherowska, to grupa G jest noetherowska. Latwosprawdzic, ze grupy, ktore sa skonczonymi rozszerzeniami grup policyklicznych sa noetherowskie. Istniejajednak jeszcze inne, bardzo egzotyczne grupy noetherowskie. Jedna z nich jest tzw. Monstrum Tarskiego,skonstruowane przez J. Olszanskiego: jest to grupa nieskonczona, skonczenie generowana o tej w lasnosci, zejej wszystkie podgrupy w lasciwe sa grupami cyklicznymi ustalonego rzedu pierwszego p.

Na koniec zauwazmy, ze (8.14) dotyczy wszystkich grup, posiadajacych ciag subnormalny z ilorazami cyk-licznymi lub skonczonymi.

(8.15) Stwierdzenie. Grupa G, ktora ma ciag subnormalny z ilorazami cyklicznymi lub skonczonymi mapodgrupe charakterystyczna skonczonego indeksu H typu poly-Z, tj. podgrupa H ma ciag subnormalny1 = H0 H1 · · · Hn = H taki, ze Hi/Hi−1 ≈ Z dla i = 1, . . . , n.

Dowod. Zacznijmy od nastepujacej obserwacji. Za lozmy, ze N jest skonczona podgrupa normalna w grupieL oraz L/N ≈ Z. Jesli L = ⟨N, x⟩, to pewna potega xt, t > 1, centralizuje N . Zatem xt ∈ Z(L). Wynikastad, ze ⟨xt⟩ jest normalna, niekonczona cykliczna podgrupa L oraz [L : ⟨xt⟩] <∞.

Niech 1 = G0 G1 · · · Gn = G bedzie danym ciagiem z ilorazami skonczonymi, lub cyklicznymi.Wykazemy przez indukcje wzgledem i, ze grupa Gi ma podgrupe charakterystyczna Hi skonczonego indeksu,ktora jest poly-Z. Jest to oczywiste dla i = 0.

Za lozmy, ze mamy juz Hi. Poniewaz Gi Gi+1 i Hi jest charakterystyczna w Gi, mamy Hi Gi+1.Wykazemy najpierw, ze Gi+1 ma normalna podgrupe skonczonego indeksu, ktora jest poly-Z. Jest to jasne,gdy Gi+1/Gi jest grupa skonczona, za lozmy wiec, ze Gi+1/Gi ≈ Z. Wtedy L = Gi+1/Hi ma skonczonapodgrupe normalna N = Gi/Hi oraz L/N ≈ Gi+1/Gi jest nieskonczona cykliczna. Zatem, na mocy uwagiwstepnej, L ma nieskonczona cykliczna podgrupe normalna skonczonego indeksu. Przeciwobraz tej podgrupyw Gi+1 jest podgrupa normalna skonczonego indeksu i typu poly-Z. Niech bedzie to podgrupa M .

Poniewaz grupa Gi+1 jest skonczenie generowana, to ma tylko skonczenie wiele podgrup indeksu rownego[Gi+1 : M ]. Niech Hi+1 bedzie ich przecieciem. Wynika stad, ze Hi+1 jest podgrupa charakterystycznai skonczonego indeksu w Gi+1. Co wiecej, Hi+1 6 M , zas ta ostatnia grupa ma ciag subnormalny Mjz ilorazami Z. Wowczas Hi+1 ma ciag subnormalny Hi+1 ∩Mj z ilorazami

(Hi+1 ∩Mj+1)/(Hi+1 ∩Mj) ≈ (Hi+1 ∩Mj+1)Mj/Mj 6Mj+1/Mj ≈ Z,

wiec Hi+1 jest takze typu poly-Z.

42

Wyk lad 9.

Zajmiemy sie teraz elementami odwracalnymi w pierscieniach grupowych.

Zaczniemy ogolniej – od elementow odwracalnych w pierscieniach przemiennych, pojawiajacych sie w sposobnaturalny w klasycznej teorii liczb. Na przyk lad, gdy probujemy rozwiazac rownanie Pella:

x2 − dy2 = 1, d – liczba ca lkowita bezkwadratowa,

w liczbach ca lkowitych x, y, szukamy elementow x+√dy, x−

√dy ∈ Z[

√d] takich, ze

(x+√dy)(x−

√dy) = 1.

Podobnie, klasyczne proby rozwiazania problemu Fermata xp + yp = zp doprowadzi ly do analizy rozk ladal-nosci elementow, a wiec takze do analizy elementow odwracalnych w piescieniach Z[ξp] ⊂ C, gdzie ξp = 1.W problemach tego typu pojawia sie w naturalny sposob nastepujaca rodzina pierscieni przemiennych:

(9.1) Definicja. Niech K bedzie cia lem liczb algebraicznych, czyli skonczonym rozszerzeniem cia la Q.Podpierscien R ⊂ K nazywamy porzadkiem, jesli jego grupa addytywna jest wolnym Z-modu lem rangi[K : Q].

Gdy [K : Q] = n, mnozenie przez ustalony element α ∈ K zadaje Q-liniowe przekszta lcenie Lα przestrzeniliniowej K wymiaru n w siebie. Macierz Lα w dowolnej bazie ma oczywiscie wspo lczynniki wymierne,wiec wielomian charakterystyczny ϕα(X) = Xn + a1X

n−1 + · · · + an−1X + an przekszta lcenia Lα tez mawspo lczynniki wymierne.

Jesli R ⊂ K jest porzadkiem, to zbior wolnych generatorow grupy addytywnej R tworzy baze K nad Q.Jesli α ∈ R, to αR ⊂ R, zatem przekszta lcenie Lα jest w tej bazie opisane przez macierz ca lkowitoliczbowa;w szczegolnosci wielomian charakterystyczny tej macierzy bedzie mia l wspo lczynniki ca lkowite. Poniewazwielomian charakterystyczny jest unormowany oraz ϕα(α) = 0, otrzymujemy, ze kazdy element porzadku Rjest liczba ca lkowita algebraiczna.

Zbior wszystkich liczb ca lkowitych algebraicznych zawartych w ciele K tworzy pierscien, ktory takze jestporzadkiem w ciele K; dowod pozostawimy jako zadanie. Wobec wczesniejszej uwagi, jest to porzadekmaksymalny – zawiera jako podzbior kazdy inny porzadek cia la K.

Dla dowolnego α ∈ K wyznacznik przekszta lcenia Lα nazywamy norma elementu N(α), zas jego slad –sladem Tr(α) elementu α. Z tej definicji jest oczywiste, ze N(αβ) = N(α)N(β) oraz Tr(α + β) = Tr(α) +Tr(β). Obie liczby wystepuja (z dok ladnoscia do znaku) jako wspo lczynniki wielomianu ϕα: N(α) = (−1)nanoraz Tr(α) = −a1, wobec czego norma oraz slad dowolnego elementu α ∈ K jest liczba wymierna. Natomiastjesli α ∈ R, to mamy nawet N(α),Tr(α) ∈ Z.

Norma jest idealnym narzedziem do identyfikacji elementow odwracalnych w porzadkach.

(9.2) Stwierdzenie. Element α porzadku R ⊂ K jest odwracalny wtedy i tylko wtedy, gdy N(α) = ±1.

Dowod. W jedna strone dowod jest banalny: jesli element α jest odwracalny, to istnieje α′ ∈ R taki, zeαα′ = 1. Stad N(α)N(α′) = N(1) = 1. Poniewaz N(α), N(α′) ∈ Z, mamy N(α) = ±1.

Dla dowodu w druga strone pokazemy ogolniej, ze dla dowolnego elementu 0 = α ∈ R zachodzi podzielnoscα|N(α). W szczegolnosci, gdy N(α) = ±1, to α|1, czyli α jest odwracalny.

Mamy

0 =ϕα(α)

α= αn−1 + a1α

n−2 + · · ·+ an−1 +anα.

StadN(α)

α=

(−1)nanα

= (−1)n+1(αn−1 + a1αn−2 + · · ·+ an−1) ∈ R.

43

Piekne twierdzenie Dirichleta opisuje strukture grupy elementow odwracalnych w dowolnym porzadku.Przedstawimy je wraz z dowodem.

Niech [K : Q] = n. Mozna za lozyc, ze K = Q(β), dla pewnego elementu β ∈ K. Jesli f ∈ Q[X] jestwielomianem minimalnym elementu β, to

K ≈ Q[X]/(f).

Wielomian f jest nierozk ladalny, stopnia n. Zatem (f, f ′) = 1, skad f ma n roznych pierwiastkow ze-spolonych. Poniewaz f ∈ Q[X], to nierzeczywiste pierwiastki f wystepuja w parach α, α. Za lozmy, ze

pierwiastki β1, . . . , βs sa rzeczywiste, zas βs+1, βs+1, . . . , βs+t, βs+t zespolone; zatem n = s+ 2t.

Posy lajac X kolejno na pierwiastki β1, . . . , βs+t, uzyskujemy s+ t zanurzen cia la K = Q[X]/(f) w cia lo liczbzespolonych: σi:K −→ C, σi(X) = βi. Zauwazmy, ze σi(K) ⊆ R dla i = 1, . . . , s.

(9.3) Stwierdzenie. Dla dowolnego α ∈ K liczby zespolone

σ1(α), . . . , σs(α), σs+1(α), σs+1(α) . . . , σs+1(α), σs+t(α)

sa wartosciami w lasnymi przekszta lcenia liniowego Lα:K −→ K.

Dowod. Gdy α jest warstwa X w Q[X]/(f), z postaci macierzy przekszta lcenia Lα w bazie 1, X, . . . ,Xn−1

latwo wynika, ze jej wielomian charakterystyczny pokrywa sie z f . Zatem wartosci w lasne sa parami rozne,

wiec Lα mozna zdiagonalizowac nad C: diag(β1, . . . , βs, βs+1, βs+1 . . . , βs+t, βs+t), przy czym βi = σi(X) =σi(α).

Dowolny element α ∈ K jest warstwa g(X) pewnego wielomianu stopnia mniejszego od n. W bazie wektoroww lasnych przekszta lcenia LX :Cn −→ Cn macierz przekszta lcenia Lα = Lg(X) = g(LX) jest postaci

diag(g(β1), . . . , g(βs), g(βs+1), g(βs+1) . . . , g(βs+t), g(βs+t)).

Teraz, korzystajac z tego, ze σi jest homomorfizmem pierscieni, wystarczy zauwazyc, ze

g(βi) = g(σi(X)) = σi(g(X)) = σi(α).

(9.4) Wniosek. Dla dowolnego elementu α ∈ K mamy

N(α) = σ1(α) · · ·σs(α) · σs+1(α)σs+1(α) · · ·σs+t(α)σs+t(α),

Tr(α) = σ1(α) + · · ·+ σs(α) + σs+1(α) + σs+1(α) + · · ·+ σs+t(α) + σs+t(α).

Zbudujemy teraz w przestrzeni euklidesowej Rn model geometryczny porzadku R ⊂ K. W tym celu roz-wazmy przekszta lcenie

σ:K −→ Rs × Ct, σ(α) = (σ1(α), . . . , σs(α), σs+1(α), . . . , σs+t(α)).

Zauwazmy, ze jesli w produkcie Rs × Ct wprowadzimy dodawanie i mnozenie po wspo lrzednych, to prze-kszta lcenie σ jest homomorfizmem pierscieni. Ponadto, dla m ∈ Z mamy σ(mα) = σ(m)σ(α) = mσ(α),czyli σ jest takze homomorfizmem Z-modu low.

(9.5) Stwierdzenie. Przy zanurzeniu σ:K −→ Rs×Ct ≈ Rn porzadek R ⊂ K przechodzi na pe lna krate,tj. zbior wektorow postaci

n∑i=1

mi · vi, mi ∈ Z,

dla pewnej bazy v1, . . . , vn przestrzeni liniowej Rn.

44

Dowod. Niech γ1, · · · , γn bedzie baza wolnego Z-modu lu R. Wykazemy, ze wektory σ(γ1), . . . , σ(γn) ∈ Rn

sa liniowo niezalezne nad R, co zakonczy dowod.

Niech

σj(γk) =

xk,j dla 1 6 j 6 s,yk,j + izk,j dla s+ 1 6 j 6 s+ t.

Mamy stwierdzic nieznikanie nastepujacego wyznacznika stopnia n:

d =

∣∣∣∣∣∣∣x1,1 . . . x1,s y1,s+1 z1,s+1 . . . y1,s+t z1,s+t

......

......

......

xn,1 . . . xn,s yn,s+1 zn,s+1 . . . yn,s+t zn,s+t

∣∣∣∣∣∣∣ .Rozwazmy drugi wyznacznik tego samego stopnia:

d∗ =

∣∣∣∣∣∣∣x1,1 . . . x1,s y1,s+1 + iz1,s+1 y1,s+1 − iz1,s+1 . . . y1,s+t + iz1,s+t y1,s+t − iz1,s+t

......

......

......

xn,1 . . . xn,s yn,s+1 + izn,s+1 yn,s+1 − izn,s+1 . . . yn,s+t + zn,s+t yn,s+t − izn,s+t

∣∣∣∣∣∣∣ .Proste przekszta lcenia elementarne na kolumnach wyznacznika d∗ pokazuja, ze

d∗ = (−2i)t · d.

Wystarczy zatem wykazac, ze d∗ = 0. Ale

d∗ = det

σ1(γ1) . . . σs(γ1) σs+1(γ1) σs+1(γ1) . . . σs+t(γ1) σs+t(γ1)...

......

......

...σ1(γn) . . . σs(γn) σs+1(γn) σs+1(γn) . . . σs+t(γn) σs+t(γn)

.Niech M oznacza powyzsza macierz. Wowczas na miejscu (i, j) macierzy MMT stoi iloczyn skalarny i-tegooraz j-tego wiersza macierzy M , czyli

σ1(γi)σ1(γj) + · · ·+ σs(γi)σs(γj) + · · ·+ σs+t(γi)σs+t(γj) + σs+t(γi)σs+t(γj) =

σ1(γiγj) + · · ·+ σs(γiγj) + σs+1(γiγj) + σs+1(γiγj) + · · ·+ σs+t(γiγj) + σs+t(γiγj) = Tr(γiγj).

Wobec tego(d∗)2 = detMMT = det [Tr(γiγj)]16i,j6n .

Przypuscmy, ze ta ostatnia macierz (o wspo lczynnikach ca lkowitych) jest osobliwa. Istnieja wowczas liczbya1, . . . , an ∈ Q, nie wszystkie rowne 0 i takie, ze

n∑j=1

ajTr(γiγj) = 0, i = 1, . . . , n.

Rozwazmy element µ =∑n

j=1 ajγj ∈ K. Oczywiscie µ = 0. Wowczas mamy Tr(γiµ) = 0 dla i = 1, . . . , n.

Poniewaz γ1, · · · , γn jest baza K, istnieja liczby b1, . . . , bn ∈ Q takie, ze µ−1 =∑n

i=1 biγi. Wobec tego

0 =n∑

i=1

biTr(γiµ) = Tr

(n∑

i=1

biγiµ

)= Tr(1) = n

i ta sprzecznosc konczy dowod.

45

Wprowadzmy w przestrzeni Rs × Ct ≈ Rn iloczyn skalarny, wzgledem ktorego wersory zero-jedynkowetworza baze ortonormalna. Wyznacza on norme, a zatem takze metryke. Latwo zauwazyc, ze kazda kulaw tej metryce zawiera tylko skonczenie wiele punktow kraty σ(R).

Jest oczywiste, ze elementy grupy U(R) elementow odwracalnych porzadku R przechodza przy przekszta l-ceniu σ na wektory o wszystkich wspo lrzednych niezerowych. Niech R ⊂ Rs×Ct bedzie zbiorem wszystkichtakich wektorow.

Aby zobrazowac geometrycznie grupe U(R), z lozymy przekszta lcenie σ z dodatkowym przekszta lceniem

ℓ:Rs × Ct ⊃ R −→ Rs+t, ℓ(x1, . . . , xs, z1, . . . , zt) = (ln |x1|, . . . , ln |xs|, ln |z1|2, . . . , ln |zt|2).

Przekszta lcenie ρ = ℓ σ jest homomorfizmem grupy U(R) na podgrupe grupy addytywnej przestrzeni Rs+t.

Opiszemy jadro W 6 U(R) tego homomorfizmu. Dla dowolnego α ∈W mamy

ℓ(σ1(α), . . . , σs(α), σs+1(α), . . . , σs+1(α)) = (0, . . . , 0),

zatem |σi(α)| = 1 dla i = 1, . . . , s + t. Wynika stad, ze σ(W ) jest ograniczonym podzbiorem kraty σ(R),czyli jest zbiorem skonczonym. Wobec tego W jest skonczona podgrupa grupy U(R) 6 K∗. Jako podgrupamultyplikatywnej grupy cia la, W jest grupa cykliczna sk ladajaca sie ze wszystkich pierwiastkow z jedynki,zawartych w porzadku R. Jej rzad jest parzysty, gdyz −1 ∈W .

Pozosta lo opisac obraz ρ(U(R)) ≈ U(R)/W .

Przypomnijmy z (9.2), ze jesli α jest jednoscia w R, to |N(α)| = 1. Niech ρ(α) = (x1, . . . , xs+t) ∈ Rs+t.Wowczas

s+t∑i=1

xi =

s∑i=1

ln |σi(α)|+t∑

i=1

ln |σs+i(α)|2 =

= ln∣∣∣σ1(α) · · ·σs(α)σs+1(α)σs+1(α) · · ·σs+t(α)σs+t(α)

∣∣∣ = ln |N(α)| = 0.

Wobec tego ρ(U(R)) jest podgrupa addytywna podprzestrzeni V ⊂ Rs+t wymiaru s + t − 1, opisanej

rownaniem∑s+t

i=1 xi = 0. Udowodnimy

(9.6) Stwierdzenie. Grupa ρ(U(R)) jest krata w przestrzeni liniowej V .

Dowod. Najpierw sprawdzimy, ze ρ(U(R)) jest podgrupa dyskretna, to znaczy kazda kula w przestrzeniRs+t zawiera tylko skonczenie wiele elementow tej podgrupy. Istotnie, zauwazmy, ze jesli |ρ(α)| < r, tomamy ln |σi(α)| < r dla i = 1, . . . , s oraz ln |σi(α)|2 < r dla i = s + 1, . . . , s + t. Wobec tego |σi(α)| < er

dla i = 1, . . . , s oraz |σi(α)|2 < er dla i = s + 1, . . . , s + t. Wynika stad, ze jesli |ρ(α)| < r, to σ(α) nalezydo ograniczonego podzbioru Z kraty σ(R), ktory wobec tego jest zbiorem skonczonym. Wobec tego zbiorα : |ρ(α)| < r = ℓ(Z) tez jest skonczony.

Teraz nalezy sprawdzic, ze podgrupa addytywna przestrzeni euklidesowej, ktora ma z kazda kula skonczoneprzeciecie, jest krata – pozostawiamy to jako cwiczenie z geometrii.

Z tego, co dotychczas udowodnilismy wynika, ze U(R) ≈ Cn × Zr, gdzie r 6 s + t − 1. W pozosta lej czescidowodu wykazemy, ze jest to krata pe lna, to znaczy r = s+ t− 1.

Niech v1, . . . , vm bedzie baza przestrzeni liniowej Rk i niech T bedzie krata naciagnieta na tej bazie:

T =

v ∈ Rk : v =

k∑i=1

mivi,mi ∈ Z

.

46

Podzbior

D =

v ∈ Rk : v =

k∑i=1

tivi, 0 6 ti < 1

nazywamy podstawowym rownoleg loscianem kraty T . Poniewaz krata T ma wiele roznych baz, podstawowyrownoleg loscian nie jest wyznaczony jednoznacznie, ale jego objetosc ∆ od wyboru bazy nie zalezy. Wynikato z tego, ze zamiana bazy w kracie dokonuje sie za pomoca odwracalnej macierzy ca lkowitoliczbowej;wyznacznik takiej macierzy jest rowny ±1, wiec nie wp lywa na objetosc bry ly, rozpietej przez wektorybazowe.

(9.7) Lemat Minkowskiego o cia lach wypuk lych. Niech T ⊂ Rk bedzie krata pe lna, ktorej pod-stawowy rownoleg loscian ma objetosc ∆. Niech X ⊂ Rk bedzie podzbiorem ograniczonym, wypuk lymi symetrycznym wzgledem punktu 0. Jesli vol(X) > 2n∆, to zbior X zawiera niezerowy punkt kraty T .

Dowod. Zauwazmy najpierw, ze jesli Y ⊂ Rk jest podzbiorem ograniczonym oraz zbiory Y +w, w ∈ T , saparami roz laczne, to vol(Y ) 6 ∆.

Niech bowiem D bedzie podstawowym rownoleg loscianem kraty T w pewnej bazie. Zauwazmy, ze zbioryD − w, w ∈ T , sa parami roz laczne. Wobec tego mamy rozk lad Y na roz laczne podzbiory

Y =∪w∈T

Y ∩ (D − w),

a stad

vol(Y ) =∑w∈T

vol(Y ∩ (D − w)).

Alevol(Y ∩ (D − w)) = vol((Y + w) ∩D).

Skoro zbiory Y + w sa parami roz laczne, to podzbiory (Y + w) ∩D ⊂ D tez maja te w lasnosc. Stad

vol(Y ) =∑w∈T

vol((Y + w) ∩D) 6 vol(D).

Zastosujmy powyzsza obserwacje do zbioru Y = 12X. Poniewaz

vol

(1

2X

)=

1

2nvol(X) > ∆,

to dwa rozne zbiory postaci 12X + w maja niepuste przeciecie. Dok ladniej, dla pewnych x, x′ ∈ X oraz

w,w′ ∈ T , w = w′, mamy

1

2x+ w =

1

2x′ + w′, w − w′ =

1

2x′ − 1

2x ∈ X,

gdyz punkty −x oraz (x′ + (−x))/2 naleza do X, na mocy symetrycznosci wzgledem 0 oraz wypuk losci.Zatem 0 = w − w′ ∈ T jest szukanym punktem kraty.

Bedziemy stosowac ten lemat do kraty σ(R) ⊂ Rn oraz nastepujacych podzbiorow w Rn: dla ciagu dodatnichliczb rzeczywistych c = (c1, . . . , cn) rozwazmy

Xc = (x1, . . . , xs, z1, . . . , zt) ∈ Rs × Ct : |x1| < c1, . . . , |xs| < cs, |z1|2 < cs+1, . . . , |zt|2 < cs+t.

Zauwazmy, ze sa to zbiory symetryczne wzgledem punktu 0, ograniczone i wypuk le, jako iloczyny kartezjan-skie zbiorow wypuk lych. Ze wzgledu na te produktowosc latwo tez wyznaczyc objetosc zbioru Xc:

vol(Xc) =

∫ c1

−c1

dx1 · · ·∫ cs

−cs

dxs

∫y2+z26cs+1

dy1dz1 · · ·∫y2+z26cs+t

dytdzt = 2sπtc1 · · · cs+t.

47

Niech od tej chwili ∆ oznacza objetosc podstawowego rownoleg loscianu kraty σ(R) ⊂ Rs × Ct. LematMinkowskiego, zaadaptowany do takich zbiorow i kraty σ(R) brzmi tak:

(9.8) Stwierdzenie. Jesli c1 · · · cs+t >(4π

)t∆, to zbior Xc zawiera niezerowy element kraty σ(R).

Przystepujemy teraz do bezposredniego dowodu, ze krata ρ(U(R)) ⊂ V jest pe lna, tj. ma range s + t − 1.Wykorzystamy nastepujaca uwage:

(9.9) Uwaga. Niech T bedzie krata w przestrzeni Rk. Jesli dla pewnego ograniczonego podzbioru Y ⊂ Rk

mamy ∪w∈T

(Y + w) = Rk, (∗)

to T jest krata maksymalnej rangi k.

Istotnie, w przeciwnym przypadku krata T by laby zawarta we w lasciwej podprzestrzeni liniowej V0 < V .Jesli zbior Y jest zawarty w kuli o srodku 0 i promieniu r, to suma (∗) pokryje zaledwie pas o szerokosci 2rwoko l podprzestrzeni V0.

Zadanie sprowadza sie zatem do znalezienia podzbioru ograniczonego Y ⊂ V ⊂ Rs+t o tej w lasnosci, ze∪w∈ρ(U(R))

(Y + w) = V.

Podzbior Y skonstruujemy w odpowiednio dobranej podprzestrzeni afinicznej VQ, rownoleg lej do V , a naste-pnie przesuniemy go do V . Mozna to zrobic, gdyz pamietamy, ze wektory w, za pomoca ktorych bedziemyprzesuwac zbior Y , naleza do V .

Wybierzmy liczbe Q > 1 i rozwazmy hiperp laszczyzne

VQ =

(x1, . . . , xs+t) :

∑i

xi = lnQ

.

Dla 0 = α ∈ R spe lniajacych warunek |N(α)| < Q zdefiniujmy podzbior Yα ⊂ Rs+t, ktory jest przecieciemstozka o wierzcho lku ρ(α) = (l1, . . . , ls+t) z podprzestrzenia VQ:

Yα = (x1, . . . , xs+t) ∈ VQ : xi > li, i = 1, . . . , s+ t .

Zauwazmy, ze zbior Yα jest ograniczony, gdyz dla kazdego j mamy

xj = lnQ−∑i =j

xi < lnQ−∑i =j

li.

(9.10) Lemat. Jesli Q >(4π

)t∆, to zbiory Yα dla 0 = α ∈ R, |N(α)| < Q, pokrywaja hiperp laszczyzne VQ.

Dowod. Niech x0 = (x01, . . . , x0s+t) ∈ VQ bedzie dowolnym punktem. Zdefiniujmy ci > 0 tak, by ln ci = x0i

dla i = 1, . . . , s+ t. Wowczas

ln(c1 · · · cs+t) = x01 + · · ·+ x0s+t = lnQ, skad c1 · · · cs+t = Q >

(4

π

)t

∆.

Na mocy (9.8), zbior Xc zawiera niezerowy element postaci σ(α), dla pewnego α ∈ R. W szczegolnoscimamy

|σ1(α)| < c1, . . . , |σs(α)| < cs, |σs+1(α)|2 < cs+1, . . . , |σs+t(α)|2 < cs+t. (∗∗)

48

Z powyzszych nierownosci wynika po pierwsze, ze

|N(α)| =∣∣∣σ1(α) · · ·σs(α)σs+1(α)σs+1(α) · · ·σs+t(α)σs+t(α)

∣∣∣ < c1 · · · cs+t = Q.

Po drugie, niech ρ(α) = (l1, . . . , ls+t). Po zlogarytmowaniu nierownosci (∗∗), otrzymamy li < ln ci = x0i ,zatem punkt x0 nalezy do zbioru Yα.

Pozosta lo z lozyc z Yα zbior ograniczony Y ⊂ VQ o tej w lasnosci, ze przesuniecia Y +w, w ∈ ρ(U(R)), pokryjahiperp laszczyzne VQ.

Zauwazmy, ze jesli elementy α, β ∈ R sa stowarzyszone, tj. β = α · ϵ dla pewnego elementu odwracalnegoϵ ∈ R, to Yβ = Yα + ρ(ϵ). Wobec powyzszego, do zbioru Y wystarczy wziac po jednym reprezentanciez kazdej klasy elementow stowarzyszonych, sposrod elementow α ∈ R, spe lniajacych warunek |N(α)| < Q.Czy nie zepsuje to ograniczonosci? Nie – gdyz wystarczy wziac tylko skonczenie wiele zbiorow Yα:

(9.11) Stwierdzenie. Elementy α ∈ R, spe lniajace warunek |N(α)| < Q dziela sie tylko na skonczeniewiele klas stowarzyszenia.

Dowod. Dla ustalonej liczby naturalnej k pokazemy skonczony zbior elementow R, posrod ktorych istniejeelement stowarzyszony z dowolnym elementem α ∈ R o module normy rownym k. Sumujac te skonczonezbiory dla k = 2, . . . , [Q], uzyskamy teze stwierdzenia.

Wybierzmy baze γ1, . . . , γn wolnego Z-modu lu R. Posrod elementow porzadku R o module normy rownymk rozwazmy zbior elementow postaci

∑ni=1miγi, gdzie mi ∈ Z oraz 0 6 mi < k. Jest to zbior o co najwyzej

kn elementach, ktorego szukalismy.

Istotnie, dla dowolnego α ∈ R o module normy k znajdziemy element β opisanej wyzej postaci i taki, zeα− β = k · δ dla pewnego δ ∈ R. Wowczas

α

β− 1 =

k

βδ = ±N(β)

βδ ∈ R, α

β∈ R

na mocy argumentu z dowodu (9.2). Symetrycznie pokazujemy, ze takze βα ∈ R, wiec elementy α, β sa

stowarzyszone.

Udowodnilismy

(9.12) Twierdzenie Dirichleta o jednosciach. Grupa elementow odwracalnych porzadku R ⊂ Kjest izomorficzna z Cn × Zs+t−1, gdzie Cn jest grupa cykliczna, zawierajaca wszystkie pierwiastki z 1 w R,natomiast s, t sa odpowiednio liczbami zanurzen rzeczywistych i zespolonych cia la K w cia lo C.

Wyk lad 10.

Za pomoca twierdzenia Dirichleta o jednosciach w porzadkach nietrudno opisac strukture grupy elementowodwracalnych w pierscieniu ZA, dla dowolnej skonczonej grupy abelowej A.

Nastepujace niezmienniki liczbowe grupy beda pomocne. Niech c(A) oznacza liczbe podgrup cyklicznychgrupy A. Dla kazdego dzielnika d liczby n niech nd(A) oznacza liczbe elementow rzedu d w A.

(10.1) Twierdzenie. Dla skonczonej grupy abelowej A rzedu n, grupa U(ZA) elementow odwracalnychpierscienia grupowego ZA jest postaci ±A× Zr, gdzie r = 1

2 (n+ 1 + n2(A))− c(A).

Zacznijmy od przypomnienia informacji o wielomianach cyklotomicznych.

Z definicji, n-ty wielomian cyklotomiczny Φn(X) ∈ Q[X] to wielomian minimalny nad cia lem Q liczbyzespolonej ξn = exp(2πi/n). Oczywiscie Φn(X) dzieli wielomian Xn − 1, wiec jego pierwiastki zespolone

49

sa postaci ξkn. Poniewaz sa to liczby ca lkowite algebraiczne, wspo lczynniki wielomianu Φn tez sa takimiliczbami, a poniewaz wspo lczynniki te sa tez wymierne, to Φ(X) ∈ Z[X].

Poniewaz cia lo Q(ξn) zawiera wszystkie potegi liczby ξn, rozszerzenie Q ⊂ Q(ξn) jest normalne, wiec takzeGalois. Kazdy automorfizm Galois cia la Q(ξn) musi przenosic ξn 7→ ξkn dla pewnej liczby k i jest przez teliczbe jednoznacznie wyznaczony. Poniewaz automorfizm musi zachowywac multiplikatywny rzad elementu,musimy miec (k, n) = 1. Zatem

deg(Φn) = dimQQ[X]/(Φn) = [Q(ξn) : Q] = |Gal(Q(ξn)/Q)| = #1 6 k < n, (k, n) = 1 = φ(n),

gdzie φ to klasyczna funkcja Eulera. Poniewaz automorfizmy Galois zachowuja Φn, z powyzszych uwagwynika, ze Φn(X) =

∏(X − ξkn) : 0 6 k < n, (k, n) = 1. Wobec tego mamy

Xn − 1 =∏d|n

Φd(X).

Nastepujacy lemat pozwala rekurencyjnie wyznaczac wielomiany Φn.

(10.2) Lemat.

(i) Φp(X) = Xp−1 + · · ·+X + 1.

(ii) Jesli p jest liczba pierwsza oraz n > 1, to Φnp(X) =

Φn(X

p)Φn(X) , gdy p - n,

Φn(Xp), gdy p|n.

(10.3) Wniosek.

Φn(1) =

p, gdy n jest potega liczby pierwszej,1, w przeciwnym przypadku.

Opiszemy teraz rozk lad Wedderburna algebry grupowej K[A] grupy abelowej rzedu n o wspo lczynnikachw dowolnym ciele K charakterystyki niedzielacej n.

(10.4) Stwierdzenie.

K[A] ≈⊕d|n

ad ·K(ξd), ad =nd(A)

[K(ξd) : K]. (∗)

Dowod. Rozwazmy najpierw przypadek grupy cyklicznej A = Cn. Mamy

K[Cn] ≈ K[X]/(Xn − 1) ≈⊕d|n

K[X]/(Φd),

poniewaz wielomiany Φd, d|n, sa parami wzglednie pierwsze.

Sk ladniki w powyzszej sumie sa cia lami dla K = Q, ale dla wiekszego cia la K wielomian Φd(X) moznaewentualnie dalej roz lozyc na czynniki nierozk ladalne:

Φd(X) =

ad∏i=1

fi(X), dla pewnych fi ∈ K[X], ad ∈ N.

Wobec tego

K[X]/(Φd) ≈ad⊕i=1

K[X]/(fi).

50

Zauwazmy, ze kazdy pierwiastek zespolony wielomianu fi jest takze pierwiastkiem Φd, wiec jest to pierwiastekpierwotny z 1 stopnia d. Wobec tego dla kazdego i mamy izomorfizm K[X]/(fi) ≈ K(ξd), skad

K[Cn] ≈⊕d|n

ad ·K(ξd).

Ponadtoad · dimKK(ξd) = dimK[X]/(Φd) = degΦd = φ(d) = nd(Cn).

W ogolnym przypadku dowod poprowadzimy przez indukcje wzgledem liczby m czynnikow w minimalnymrozk ladzie A na produkt grup cyklicznych. Dla m = 1 juz wiemy, ze wzor (∗) zachodzi. Zapiszmy dowolnaskonczona grupe abelowa A w postaci B×C, gdzie grupa C jest cykliczna. Na mocy za lozenia indukcyjnego,mamy

K[B] ≈⊕k||B|

ak ·K(ξk), ak =nk(B)

[K(ξk) : K].

ZatemK[A] = K[B × C] = (K[B])[C] ≈

⊕k||B|

ak ·K(ξk)[C].

Na mocy wczesniejszych rozwazan dla grup cyklicznych, zastosowanych do C, mamy dalej

K[A] ≈⊕k||B|

⊕l||C|

ak · al ·K(ξk, ξl),

gdzie

ak =nk(B)

[K(ξk) : K], al =

nl(C)

[K(ξk, ξl) : K(ξk)].

Zauwazmy, ze K(ξk, ξl) = K(ξd), gdzie d = [k, l] – najmniejsza wspolna wielokrotnosc liczb k oraz l. Wobectego

K[A] ≈⊕d||A|

ad ·K(ξd),

gdzie

ad =∑ak · al : k||B|, l||C|, [k, l] = d =

1

[K(ξk) : K][K(ξd) : K(ξk)]·∑nk(B) · nl(C) : k||B|, l||C|, [k, l] = d =

1

[K(ξd) : K]·∑nk(B) · nl(C) : k||B|, l||C|, [k, l] = d.

Zauwazmy w koncu, ze kazdy element a ∈ A moze byc przedstawiony jednoznacznie w postaci a = b × c,gdzie b ∈ B, c ∈ C. Poniewaz |a| = [|b|, |c|], powyzsza suma jest rowna nd(A)/[K(ξd) : K].

W przypadku, gdy K = Q, mamy [K(ξd) : K] = φ(d), zatem

(10.5) Wniosek.

Q[A] ≈⊕d|n

ad ·Q(ξd), ad =nd(A)

φ(d)= liczba podgrup cyklicznych rzedu d w grupie A.

Przejdziemy teraz do analizy elementow odwracalnych w pierscieniu Z[A]. W tym celu uogolnimy pojecieporzadku, wprowadzone na poprzednim wyk ladzie.

(10.6) Definicja. Niech F bedzie Q-algebra. Porzadkiem w F nazywamy podpierscien (z jedynka) R ⊂ F ,jesli R jest skonczenie generowanym Z-modu lem oraz Q ·R = F .

51

(10.7) Przyk lady.

(i) Jesli F jest cia lem liczb algebraicznych, otrzymujemy porzadki z poprzedniego wyk ladu.

(ii) Jesli G jest grupa skonczona, to Z[G] jest porzadkiem w algebrze Q[G].

(iii) Jesli R jest porzadkiem w algebrze F , to Mn(R) jest porzadkiem w algebrze Mn(F ).

(10.8) Lemat. Niech F bedzie Q-algebra i niech R1 ⊆ R2 beda porzadkami w F . Wowczas istnieje liczbaca lkowita d taka, ze d ·R2 ⊆ R1. Ponadto indeks grup addytywnych [R1 : dR2] jest skonczony.

Dowod. Niech e1, . . . , en bedzie baza wolnego Z-modu lu R2 ⊂ F . Poniewaz Q ·R1 = F , mozemy znalezcliczbe ca lkowita d taka, ze d · ei ∈ R1 dla i = 1, . . . , n. Stad d ·R2 ⊆ R1 ⊆ R2.

Z twierdzenia o strukturze skonczenie generowanych grup abelowych wynika, ze [R2 : dR2] <∞. Stad takze[R1 : dR2] 6 [R2 : dR2] <∞.

Nastepne stwierdzenie pozwala szacowac grupe jednosci porzadku za pomoca grup jednosci innych, latwiej-szych do zbadania porzadkow.

(10.9) Stwierdzenie. Niech R1 ⊆ R2 beda porzadkami w Q-algebrze F . Niech U(Ri) oznacza grupeelementow odwracalnych pierscienia Ri. Wtedy:

(i) [U(R2) : U(R1)] <∞.

(ii) Jesli element u ∈ R1 jest odwracalny w R2, to u−1 ∈ R1.

Dowod. Niech d bedzie liczba ca lkowita, ktorej istnienie gwarantuje (10.8). Pokazemy, ze

[U(R2) : U(R1)] 6 [R2 : dR2] <∞. (∗∗)

W tym celu wybierzmy dowolne elementy x, y ∈ U(R2) takie, ze x− y ∈ dR2. Wtedy y−1x− 1 ∈ dR2 ⊆ R1,wiec y

−1x ∈ R1 oraz – symetrycznie – x−1y ∈ R1. Wobec tego y−1x ∈ U(R1), skad x ∈ yU(R1).

Pokazalismy, ze jesli dwie jednosci pierscienia R2 przystaja addytywnie modulo d, to leza w tej samej warstwiepodgrupy U(R1) 6 U(R2), co dowodzi nierownosci (∗∗).

Aby udowodnic (ii), wystarczy wykazac, ze jesli u ∈ R1 jest odwracalny w R2, to uR1 = R1. Z pewnosciamamy uR2 = R2, skad [R2 : uR1] = [uR2 : uR1].

Z drugiej strony, dla dowolnych x, y ∈ R2 mamy

x ≡ y (mod R1)⇔ ux ≡ uy (mod uR1),

skad [uR2 : uR1] = [R2 : R1]. Zatem [R2 : uR1] = [R2 : R1], wiec uR1 = R1.

Zastosujemy teraz tak przygotowane narzedzia do dowodu (10.1). Niech A bedzie grupa abelowa rzedu n.Na mocy (10.5) mamy Q[A] ≈

⊕d|n ad ·Q(ξd). W Q-algebrze Q[A] mamy dwa porzadki:

Z[A] oraz M =⊕d|n

ad · Z[ξd].

Ponadto z postaci izomorfizmu (10.5) wynika, ze Z[A] ⊆M . Na mocy (10.9) mamy zatem

[U(M) : U(ZA)] <∞.

Na mocy twierdzenia Dirichleta, U(M) jest skonczenie generowana grupa abelowa, wiec grupa U(ZA) tezspe lnia ten warunek. Wobec tego

U(ZA) ≈ TU(ZA)× Zr,

gdzie TU(ZA) jest czescia torsyjna grupy jednosci, zas r jest ranga czesci wolnej grupy U(M).

52

Aby dokonczyc dowod, nalezy wykazac, ze:

(i) r = 12 (n+ 1 + n2(A))− c(A),

(ii) TU(ZA) = ±A.

Dla dowodu (i) skorzystamy z tezy twierdzenia Dirichleta. Mamy

r =∑d|n

ad · rk (UZ[ξd]) =∑d|n

ad · (s(Q(ξd)) + t(Q(ξd))− 1) ,

gdzie s(Q(ξd)) oraz t(Q(ξd)) odpowiednio oznaczaja liczbe zanurzen rzeczywistych oraz zespolonych cia la

Q(ξd). Zauwazmy, ze ad = nd(A)φ(d) jest liczba podgrup cyklicznych rzedu d w grupie A, skad

∑d|n ad = c(A).

Mamy

s(Q(ξd)) =

1, gdy d = 1, 2,0, gdy d > 2;

t(Q(ξd)) =

0, gdy d = 1, 2,12φ(d), gdy d > 2.

Wobec tego

r =∑d|n

ad · (s(Q(ξd)) + t(Q(ξd)))−∑d|n

ad =

a1 · (s(Q(ξ1)) + t(Q(ξ1))) + a2 · (s(Q(ξ2)) + t(Q(ξ2))) +∑

2<d|n

ad · (s(Q(ξd)) + t(Q(ξd)))− c(A) =

a1 + a2 +∑

2<d|n

ad ·φ(d)

2− c(A) = 1 + n2(A) +

∑2<d|n

nd(A)

φ(d)· φ(d)

2− c(A) =

1 + n2(A) +1

2

∑2<d|n

nd(A)− c(A) =1

2+

1

2n2(A) +

1

2

∑d|n

nd(A)− c(A) =1

2(1 + n2(A) + n) = c(A).

Aby wykazac (ii), udowodnimy dwa ogolniejsze lematy, interesujace same w sobie.

(10.10) Lemat. Niech u =∑

g ugg ∈ ZG bedzie elementem skonczonego rzedu w pierscieniu grupowymgrupy skonczonej G. Jesli tr(u) = u1 = 0, to u = ±1.

Dowod. Niech |G| = n. Niech Lu:CG −→ CG bedzie dane wzorem Lu(x) = u · x. To jest przekszta lcenieliniowe i skoro uk = 1, to Lk

u = id. Wobec tego wartosci w lasne λ1, . . . , λn przekszta lcenia Lu spe lniajawarunek λki = 1, oraz jego postac Jordana jest diagonalna.

Obliczajac slad przekszta lcenia Lu wzgledem bazy G, otrzymujemy n · tr(u). Wobec tego

n · tr(u) = λ1 + · · ·+ λn.

Jesli tr(u) = 0, to |tr(u)| > 1, wiec

n 6 n · |tr(u)| = |λ1 + · · ·+ λn| 6 |λ1|+ · · ·+ |λn| = n.

W szczegolnosci zachodzi rownosc

|λ1 + · · ·+ λn| = |λ1|+ · · ·+ |λn|,

co moze miec miejsce tylko wtedy, gdy λ1 = · · · = λn. Wobec tego n · tr(u) = n · λ1, wiec λ1 = ±1, skadLu(x) = ±x. W szczegolnosci u = Lu(1) = ±1.

(10.11) Stwierdzenie. Niech G bedzie grupa skonczona. Jesli element u =∑

g ugg ∈ ZG spe lnia warunek

uk = 1 oraz jest centralny, to u jest jednoscia trywialna, tj. u ∈ ±G.

53

Dowod. Wybierzmy g ∈ G tak, by ug = 0. Poniewaz jednosc u jest centralna, element v = ug−1 jest tezjednoscia skonczonego rzedu oraz tr(v) = ug = 0. Na mocy (10.8) mamy ug−1 = ±1, skad u = ±g.

(10.12) Wniosek. Jesli A jest skonczona grupa abelowa, to TU(ZA) = ±A.

Jednosci centralne w ZG, dla dowolnej grupy G sa niemal symetryczne.

(10.13) Stwierdzenie. Jesli element u ∈ ZG jest odwracalny oraz centralny, to istnieje element g ∈ Gtaki, ze u∗ = g · u.

Dowod. Rozwazmy element odwracalny v = u∗u−1. Wowczas

v∗v = (u∗u−1)∗(u∗u−1) = (u∗)−1uu∗u−1 = (u∗)−1u∗uu−1 = 1.

Zatem

1 = v∗v = tr(v∗v) =∑g

v2g , vg ∈ Z.

Wobec tego dok ladnie jedna z liczb ca lkowitych vg jest rozna od 0 i jest rowna ±1. Zatem v = ±g. Aleaugmentacja elementu v = u∗u−1 jest rowna +1, wiec takze v = g, skad u∗ = gu.

∗ ∗ ∗

Skad brac konkretne jednosci, np. w ZCn?

Poniewaz Cn = ⟨x⟩, elementy ZCn moga byc reprezentowane przez wielomiany f ∈ Z[X]. Ktore wielomianydadza nam jednosci w roznych pierscieniach ZCn?

(10.14) Definicja. Powiemy ze wielomian unormowany f(X) ∈ Z[X] okresla generyczna jednosc, jesliistnieje liczba naturalna D taka, ze u = f(x) jest odwracalny w pierscieniu ZCn dla wszystkich (n,D) = 1.

Najbardziej oczywistym przyk ladem takiego wielomianu jest f(X) = Xd. Zbadamy, jakie wielomiany w ogolewchodza w gre.

(10.15) Twierdzenie. Jesli wielomian unormowany f(X) ∈ Z[X] okresla generyczna jednosc, to f(1) = ±1oraz f jest przesunietym wielomianem cyklotomicznym, to znaczy wszystkie jego pierwiastki sa zespolonymipierwiastkami z jedynki lub 0.

Dowod. Zauwazmy, ze jesli f(X) jest podzielny przez wielomian g(X) ∈ Z[X], to g(X) tez okresla gene-ryczna jednosc. Dlatego, bez zmniejszenia ogolnosci, mozemy za lozyc, ze f(X) = Xd + · · ·+ a1X + a0 jestnierozk ladalny oraz a0 = 0. Warunek f(1) = ±1 jest oczywiscie spe lniony, gdyz f(1) ∈ Z jest augmentacjajednosci f(x) ∈ ZCn.

Na mocy (10.13), dla kazdej liczby n spe lniajacej warunek (n,D) = 1 istnieje liczba 0 6 jn < n taka, ze

x−d + ad−1x−(d−1) + · · ·+ a1x

−1 + a0 = xd+jn + ad−1xd−1+jn + · · ·+ a1x

1+jn + a0xjn .

Rozwazmy teraz tylko takie n, ktore spe lniaja dodatkowy warunek n > 2d. Wtedy wszystkie potegi xwystepujace na lewej stronie powyzszej rownosci sa parami rozne; w szczegolnosci, wystepuje tam jedynkagrupy Cn. Dlatego mozemy za lozyc, ze jn ∈ 0,−1, . . . ,−d. Podobnie, element xd+jn nie skroci sie naprawej stronie, zatem xd+jn = x−d+in dla pewnego 0 ≤ in ≤ d. Wynika stad, ze x2d+jn−in = 1, czylin∣∣2d + jn − in. Jednakze liczba 2d + jn − in nalezy do przedzia lu [0, 2d] d lugosci < n, wiec jest podzielna

przez n tylko gdy jn = −d oraz in = d. Zatem

x−d + ad−1x−(d−1) + · · ·+ a1x

−1 + a0 = 1 + ad−1x−1 + · · ·+ a1x

−d+1 + a0x−d

54

w szczegolnosci wspo lczynniki nasz wielomian jest palindromiczny: ai = ad−i dla wszystkich i. Wynikastad, ze stopien d wielomianu f(X) jest parzysty. Istotnie, dla nieparzystego d mielibysmy ±1 = f(1) =2(a0+· · ·+a d−1

2), sprzecznosc. Inna konsekwencja tej symetrii jest to, ze jesli α jest zespolonym pierwiastkiem

f(X), to 1/α tez jest jego pierwiastkiem.

Niech R = α1, α2, . . . , αd bedzie lista wszystkich pierwiastkow zespolonych wielomianu f(X). Naszymcelem jest udowodnienie, ze wszystkie liczby αi sa pierwiastkami z 1. W istocie, wystarczy zeby jedna z liczbαi mia la te w lasnosc, gdyz f(X) jest nierozk ladalny.

Dla (n,D) = 1 element f(x) jest odwracalny w ZCn, wiec istnieja pn(X), qn(X) ∈ Z[X] takie, ze

f(X) · pn(X) = 1 + (Xn − 1)qn(X).

Podstawmy X 7→ αi dla i = 1, . . . , d i pomnozmy otrzymane rownosci stronami:

−1 = (αni − 1) · qn(αi), 1 =

d∏i=1

(αni − 1) ·

d∏i=1

qn(αi).

Zauwazmy, ze∏d

i=1(αni − 1),

∏di=1 qn(αi) sa liczbami ca lkowitymi algebraicznymi, niezmienniczymi przy

dzia laniu grupy Galois wielomianu f(X). Zatem sa to liczby ca lkowite; w szczegolnosci

d∏i=1

(αni − 1) = ±1, wiec

d∏i=1

∣∣αni − 1

∣∣ = 1 dla (n,D) = 1.

Rozbijmy zbior R na czesci R− ∪R0 ∪R+, sk ladajace sie odpowiednio z pierwiastkow o module mniejszymod 1, rownym 1 oraz wiekszym od 1. Zauwazmy, ze #R− = #R+, na mocy symetrii f(X).

Najpierw wykazemy, ze R0 = ∅. Gdyby to nie by la prawda, to∏|αi|<1

∣∣αni − 1

∣∣ · ∏|αi|>1

∣∣αni − 1

∣∣ = 1 dla wszystkich (n,D) = 1.

Jednakze dla |αi| < 1 mamy |αni − 1| → 1, zas dla |αi| > 1 zachodzi |αn

i − 1| → +∞ gdy n → ∞. Zatemca ly produkt by lby rozbiezny do nieskonczonosci, sprzecznosc. Dlatego r = #R0 ≥ 1.

Teraz udowodnimy, ze wszystkie pierwiastki f(X) maja modu l 1. Zdefiniujmy liczbe

ϵ =1

2inf∣∣αjD

i − 1∣∣ : 1 ≤ j ≤ r, αi ∈ R0

.

Jesli ϵ = 0, to jedna z liczb αi jest pierwiastkiem z 1 i dowod jest zakonczony. W przeciwnym przypadkupokazemy ze istnieje rosnacy ciag

(nk)

liczb naturalnych taki, ze dla wszystkich k ≥ 1 mamy

(i) (nk, D) = 1,

(ii) |αnk − 1| ≥ ϵ dla wszystkich α ∈ R0.

Za lozmy bowiem, ze taki ciag nie istnieje. Znajdziemy wowczas N takie, ze dla kazdego n > N istniejeαn ∈ R0 spe lniajaca warunek

∣∣αnD+1n − 1

∣∣ < ϵ. K ladac n = N + 1, N + 2, N + 3, . . . otrzymujemy ciagodpowiednich elementow αn ∈ R0. Skoro R0 ma tylko r elementow, wiec po co najwyzej r krokach musinastapic powtorzenie:∣∣αnD+1 − 1

∣∣ < ϵ,∣∣∣α(n+j)D+1 − 1

∣∣∣ < ϵ dla pewnego 1 ≤ j ≤ r oraz α ∈ R0.

Stad

55

∣∣αjD − 1∣∣ =

∣∣αnD+1∣∣ · ∣∣αjD − 1

∣∣ =∣∣∣α(n+j)D+1 − αnD+1

∣∣∣≤∣∣∣α(n+j)D+1 − 1

∣∣∣+∣∣αnD+1 − 1

∣∣ < 2ϵ,

sprzecznosc. Zatem musi istniec ciag(nk)

spe lniajacy warunki (i) oraz (ii).

Zauwazmy teraz, ze jesli |αi| < 1, to |αnki − 1| ≥ ϵ dla duzych k. Dla |αi| = 1 precyzyjnie wybralismy nk

tak, by |αnki − 1| ≥ ϵ, wiec

1 =∏

|αi|<1

|αnki − 1| ·

∏|αi|=1

|αnki − 1| ·

∏|αi|>1

|αnki − 1| ≥ ϵd ·

∏|αi|>1

|αnki − 1| → +∞

gdy k →∞, o ile istnieje |αi| = 1. Zatem wszystkie pierwiastki musza lezec na okregu jednostkowym.

Jesli α1 jest pierwiastkiem z jedynki, dowod jest zakonczony. W przeciwnym przypadku, na mocy zasadyszufladkowej, zbior αnD+1

1 : n = 1, 2, . . . jest gesty w okregu jednostkowym. Wobec tego mozemy wybrac

podciag αnkD+11 −→ 1. Ale wtedy

1 =∣∣∣αnkD+1

1 − 1∣∣∣ · d∏

i=2

∣∣∣αnkD+1i − 1

∣∣∣ ≤ ∣∣∣αnkD+11 − 1

∣∣∣ · 2d−1 → 0,

co jest sprzecznoscia konczaca dowod.

Wyk lad 11.

Na ostatnim wyk ladzie udowodnilismy

Twierdzenie. Jesli obraz wielomianu unormowanego f(X) ∈ Z[X] jest elementem odwracalnym w pier-scieniach Z[Cn] dla wszystkich (n,D) = 1, gdzie D jest ustalona liczba naturalna, to f(1) = ±1 orazf jest przesunietym wielomianem cyklotomicznym, to znaczy wszystkie jego pierwiastki sa zespolonymipierwiastkami z jedynki lub 0.

Ktore sposrod przesunietych wielomianow cyklotomicznych okreslaja jednosci generyczne? Okazuje sie, zewszystkie. Aby sie o tym przekonac, udowodnimy najpierw

(11.1) Stwierdzenie. Za lozmy, ze m nie jest potega liczby pierwszej. Wowczas element Φm(x) jestodwracalny w pierscieniu Z[Cn] dla kazdej liczby n wzglednie pierwszej z m.

Dowod. Na mocy (10.3) z poprzedniego wyk ladu mamy Φm(1) = 1. Ponadto mamy

Φm(1) =∏

(s,m)=1

(1− ξsm), (∗)

Zatem, skoro (n,m) = 1, otrzymujemy ξnm − 1|Φm(1) = 1, wiec ξnm − 1 jest elementem odwracalnymw pierscieniu Z[ξm] = Z[X]/

(Φm(X)

). Wobec tego istnieja wielomiany p(X), q(X) o wspo lczynnikach

ca lkowitych takie, ze(Xn − 1) · p(X) = 1 + Φm(X) · q(X).

Gdy zrzutujemy te rownosc na ZCn = Z[X]/ (Xn − 1), otrzymamy 1 = Φm(x) · (−q(x)), wiec Φm(x) jestelementem odwracalnym w pierscieniu grupowym ZCn.

(11.2) Twierdzenie. Wielomian unormowany f(X) ∈ Z[X] okresla jednosc generyczna wtedy i tylkowtedy, gdy jest przesunietym wielomianem cyklotomicznym oraz spe lnia warunek f(1) = ±1.

56

Dowod. Za lozmy, ze f(X) = ±Xk · g(X), gdzie g(1) = 1 oraz wszystkie pierwiastki g(X) sa pierwiastkamiz 1. Wowczas g(X) jest unormowany i jest iloczynem nierozk ladalnych wielomianow Φmi(X), i = 1, . . . , s.Zauwazmy, ze zadna z liczb mi jest potega liczby pierwszej. Istotnie, gdyby mi = pα to p = Φmi(1)

∣∣g(1) = 1– sprzecznosc. Dlatego kazdy z elementow Φmi(x) jest odwracalny w ZCn dla (n,mi) = 1. W efekcie,wielomian f(x) jest jednoscia w ZCn dla (n,m1 · . . . · ms) = 1, czyli f(X) okresla generyczna jednosc.Implikacje w przeciwnym kierunku zawiera twierdzenie zacytowane na poczatku wyk ladu.

∗ ∗ ∗

Zajmijmy sie teraz elementami odwracalnymi w pierscieniach grupowych grup nieabelowych.

Za lozmy, ze grupa G ma skonczona podgrupe cykliczna Cn = ⟨x⟩, ktora nie jest normalna, czyli istniejeelement y ∈ G taki, ze y⟨x⟩y−1 = ⟨x⟩. Rozwazmy element

ν = (1 + x+ · · ·+ xn−1)y(x− 1) ∈ ZG.

Zauwazmy, ze ν = 0. Istotnie, mamy

ν =

n−1∑i=0

xiyx−n−1∑j=0

xjy.

Gdyby zasz la choc jedna redukcja wyrazow, mielibysmy

xiyx = xjy, yxy−1 = xj−i, y⟨x⟩y−1 6 ⟨x⟩, sprzecznosc.

Jednoczesnie mamy

ν2 = (1 + x+ · · ·+ xn−1)y(x− 1) · (1 + x+ · · ·+ xn−1)y(x− 1) = (1 + x+ · · ·+ xn−1)y(xn − 1)y(x− 1) = 0.

Wobec tego mamy element odwracalny

(1 + ν) · (1− ν) = 1.

(11.3) Uwaga. Istnieja dwie klasy grup, dla ktorych powyzsza konstrukcja zawodzi. Pierwsza z nich, toklasa grup beztorsyjnych. Nie znamy ani jednego przyk ladu nietrywialnej jednosci w pierscieniu grupowymgrupy betorsyjnej. Jedyne sytuacje, w ktorych jestesmy w stanie udowodnic ze takich jednosci nie ma, wyko-rzystuja analogie z wielomianami, np. przez za lozenie istnienia w grupie liniowego porzadku 6, spe lniajacegowarunek: jesli x 6 y, to xz 6 yz. “Najmniejsza” grupa beztorsyjna, dla ktorej takie zabiegi zawodza jest

Γ = ⟨x, y : xy2x−1 = y−2, yx2y−1 = x−2⟩.

Druga rodzina grup, dla ktorej powyzsza konstrukcja nie zadzia la, to grupy w ktorych wszystkie podgrupycykliczne, a wiec takze wszystkie podgrupy, sa normalne. Sa to tzw. grupy Dedekinda. Oczywiscie sa wsrodnich wszystkie grupy abelowe. Natomiast nieabelowe grupy Dedekinda maja bardzo szczegolna postac:

Q8 × E × T,

gdzie Q8 jet grupa kwaternionowa, E jest elementarna abelowa 2-grupa, tj, suma prosta pewnej rodzinygrup C2, zas T jest abelowa grupa torsyjna, w ktorej kazdy element jest nieparzystego rzedu.

Nastepujace stwierdzenie jest ca lkowicie oczywiste.

(11.4) Stwierdzenie. Jesli grupa G jest przemienna, to grupa elementow odwracalnych jej pierscieniagrupowego UZ[G] tez jest przemienna.

57

Podobne stwierdzenie, gdzie zamiast s lowa “przemienna” wpiszemy s lowo “rozwiazalna”, “nilpotentna” lub“skonczona” nie jest prawdziwe, z nastepujacego powodu.

(11.5) Twierdzenie. Jesli istnieje element 0 = ν ∈ Z[G] taki, ze ν2 = 0, to grupa UZ[G] zawiera podgrupewolna nieabelowa.

Lepiej, udowodnimy

(11.6) Twierdzenie. Jesli istnieje element 0 = ν ∈ Z[G] taki, ze ν2 = 0, to podgrupa ⟨1+ν, 1+ν∗⟩ 6 UZGjest wolna.

Jak mozna udowodnic, ze jakas grupa o dwoch generatorach jest wolna? Na przyk lad, odwzorowujac ja nainna grupe, o ktorej wiemy, ze jest wolna.

My pos luzymy sie nastepujaca, dobrze znana, grupa Sanova.

(11.7) Twierdzenie. Jesli |α| ≥ 2, to para macierzy

A =

[1 α0 1

], B =

[1 0α 1

]generuje podgrupe wolna w grupie GL2(C).

Sanov udowodni l (11.7) przez indukcje ze wzgledu na d lugosc s lowa, kontrolujac wartosc bezwzglednaprawego gornego rogu odpowiedniej macierzy. Wynika ono jednak banalnie z nastepujacej obserwacji,pochodzacej od Feliksa Kleina.

(11.8) Ping-Pong Lemma: Jesli grupa G = ⟨a, b⟩ dzia la na zbiorze Ω, zawierajacym niepuste i roz lacznepodzbiory Ω1, Ω2 takie, ze ak(Ω1) ⊆ Ω2 oraz bk(Ω2) ⊆ Ω1 dla k = 0, to G jest grupa wolna, o wolnymzbiorze generatorow a, b.

Dowod. Mamy sprawdzic, ze

m1n1 · · ·msns = 0⇒ am1bn1 · · · amsbns = 1.

Dobierzmy liczbe d = ns. Wowczas

bd · (am1bn1 · · · amsbns) · b−d(Ω2) ⊆ Ω1,

wiec nasze s lowo nie wyznacza przekszta lcenia identycznosciowego, czyli nie jest trywialne.

Dowod twierdzenia (11.7):

Grupa GL2(C) dzia la przez homografie na C ∪ ∞:[a bc d

](z) =

az + b

cz + d.

Dla k = 0 mamy

Ak(z) = z + kα, Bk(z) =1

kαz + 1.

Jesli Ω1 = z : |z| < 1 oraz Ω2 = z : |z| > 1, to dla |α| > 2 oraz |k| > 1 mamy

Ak(Ω1) ⊂ Ω2, Bk(Ω2) ⊂ Ω1

58

Ω1

1

Ω2

Dowod twierdzenia (11.6): Odwzorujemy

⟨1 + ν, 1 + ν∗⟩ na−−−−→⟨A,B⟩ < GL2(C).

W tym celu rozwazmy element c = ν∗ν ∈ ZG oraz podzbior

T = 1, c, c2, c3, . . . ⊂ C[G].

Zachodzi jeden z dwoch przypadkow:

I: zbior T jest liniowo niezalezny,

II: zbior T jest liniowo zalezny.

Przypadek I:

Wtedy podalgebra (bez jedynki) C[ν, ν∗] ⊂ C[G] nie ma innych relacji niz ν2 = 0, (ν∗)2 = 0. Istotnie,w przeciwnym przypadku mielibysmy rownosc postaci

f0(c) + νf1(c) + f2(c)ν∗ + νf3(c)ν∗ = 0 (1)

dla pewnych wielomianow fi ∈ XC[X], i = 0, 1, 2, 3.

Mnozac obie strony rownosci (∗) z lewej strony przez ν∗ i z prawej przez ν, otrzymamy rownosc cf3(c)c = 0,skad f3(X) ≡ 0, gdyz T jest zbiorem liniowo niezaleznym. Zatem nasza relacja redukuje sie do

f0(c) + νf1(c) + f2(c)ν∗ = 0 (2)

Gdy pomnozymy (2) z prawej strony przez ν, uzyskamy f2(c)c = 0, skad, jak wyzej f2(X) ≡ 0. Zatemmamy

f0(c) + νf1(c) = 0 (3)

Gdy z kolei pomnozymy (3) z lewej strony przez ν∗, uzyskamy cf1(c) = 0, skad, jak wyzej f1(X) ≡ 0. Zatemmamy f0(c) = 0, co z liniowej niezaleznosci T pociaga f0(X) ≡ 0.

Zatem mozemy zdefiniowac homomorfizm algebr:

C[ν, ν∗] −→M2(C), ν 7→[

0

0

2

0

], ν∗ 7→

[0

2

0

0

],

w szczegolnosci1 + ν 7→ A, 1 + ν∗ 7→ B.

59

Przypadek II:

Zbior T ⊂ C[G] jest liniowo zalezny. Niech Td = 1, c, . . . , cd−1 bedzie maksymalnym podzbiorem liniowoniezaleznym w T . Zdefiniujmy

W = spanC(Td) ⊆ C[G].

Idea dowodu w tym przypadku polega na wskazaniu p laszczyzny V = linC(v, w) ⊆W , na ktorej 1+ν, 1+ν∗

dzia laja tak, jak macierze A, B.

W tym celu rozwazmy operator liniowy

L:W −→W, L(x) = c · x.

Przypomnijmy, ze przestrzen C[G] ma naturalny iloczyn hermitowski: jesli a =∑

g agg, b =∑

g bgg, to

⟨a, b⟩ =∑g

agbg; ∥a∥ =

√∑g

|ag|2.

Dla dowolnych a, b, c ∈ C[G] zachodzi rownosc:

⟨ca, b⟩ = ⟨a, c∗b⟩.

Jesli c∗ = c, to L(x) = cx jest operatorem hermitowskim na W . Z twierdzenia spektralnego wynika, zeprzestrzen W ma unitarna baze wektorow w lasnych operatora L:

v1, . . . , vd ⊂W, ⟨vi, vj⟩ = δijvi, L(vi) = λi · vi.

Konstruujemy p laszczyzne V ⊆W . Po lozmy:

v := vi, w :=1√λiν · vi, V := linC(v, w).

Mamyν∗ν · v = λi · v

zatemν∗ · v = ν∗ · 1

λiν∗ν · v = 0; ν · v =

√λi · w;

ν∗ · w = 1√λic · vi =

√λi · v; ν · w = 0.

Wobec tego wektory v, w sa liniowo niezalezne, zas w bazie v, w podprzestrzeni V = linC(v, w) nasze jednoscimaja macierze:

1 + ν∗ =

[1√λi

0 1

]; 1 + ν =

[1 0√λi 1

].

Pozostaje do wyjasnienia tylko jedna kwestia: czy istnieje choc jedna wartosc w lasna |λi| > 4? Aby sie o tymprzekonac, rozpiszmy 1 ∈ C[G] w bazie vi:

1 = t1 · v1 + · · ·+ td · vd, ti ∈ C,

a nastepnie zastosujmy operator L:

c = L(1) = t1L(v1) + · · ·+ tdL(vd) = t1λ1 · v1 + · · ·+ tdλd · vd.

60

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy:

∥c∥2 = |t1λ1|2 + · · ·+ |tdλd|2.

Gdyby zawsze by lo |λi| < 4, to

∥c∥2 < 16(|t1|2 + · · ·+ |td|2) = 16∥1∥2 = 16, ∥c∥ < 4.

Stad

∥ν∥2 = ⟨ν, ν⟩ = ⟨1, ν∗ν⟩ = ⟨1, c⟩ = c1 6 ∥c∥ < 4,∑g

∥νg∥2 < 4⇒ νg ∈ −1, 0, 1.

Poniewaz ν2 = 0, augmentacja ν musi byc rowna zero, zatem ν = g − h dla pewnych g, h ∈ G. Ale wtedy

0 = (g − h)2 = g2 + h2 − gh− hg, g = h, sprzecznosc.

∗ ∗ ∗

Zauwazmy, ze zawsze mamyUZ[G] = ±U1Z[G],

gdzie U1Z[G] oznacza grupe jednosci o augmentacji 1.

Jak powinien wygladac pe lny opis U1Z[G]? Na przyk lad tak:

• podac prezentacje grupy U1Z[G],

• zidentyfikowac jej generatory jako elementy Z[G],

• podac algorytm, ktory pozwoli zapisac kazda jednosc w terminach generatorow.

∗ ∗ ∗

Zrealizujemy ten plan dla grupy

G = S3 = ⟨x, y : x3 = 1, y2 = 1, yxy−1 = x−1⟩.

Rozwazania roz lozymy na kilka krokow.

Krok 1:

Zaczniemy od uwagi ogolnej. JesliH 6 G jest podgrupa skonczonego indeksu n, zasR dowolnym pierscieniemwspo lczynnikow, mamy zanurzenie pierscieni

ρ:R[G] −→Mn(R[H]).

Istotnie, ustalmy pewien zbior g1, . . . , gn reprezentantow warstw H w G: G =∪

i giH. Dla dowolnegoelementu g ∈ G oraz 1 6 i 6 n istnieje 1 6 j 6 n oraz element hij ∈ H taki, ze g · gi = gj · hij . Wowczas

ρ:G −→Mn(H) ⊂Mn(R[H]), ρ(g) = [hij ]

jest homomorfizmem grupy G w grupe elementow odwracalnych pierscienia Mn(R[H]). Homomorfizm tenprzed luzamy R-liniowo na pierscien grupowy R[G]. Zauwazmy, ze element hij jednoznacznie wyznacza g,skad latwo wynika, ze ρ jest zanurzeniem.

61

Konsekwentnie, dla podgrupy ⟨x⟩ 6 S3 indeksu 2 mamy zanurzenie

ρ:Z[S3] −→M2(Z[C3]).

Gdy za zbior reprezentantow wybierzemy 1, y, to dla dowolnego elementu α = a(x) + b(x)y ∈ Z[S3] mamy

ρ(α) =

[a(x) b(x)b(x)∗ a(x)∗

].

Zatem mamyρ:U1Z[S3] ⊆ GL2(Z[C3]). (∗)

Rozwazmy z lozenie tego zanurzenia z wyznacznikiem det:GL2(Z[C3]) −→ Z[C3]. Dla α ∈ U1Z[S3] otrzymu-jemy

det ρ(α) = a(x)a(x)∗ − b(x)b(x)∗,

czyli ∗-niezmiennicza jednosc w Z[C3]. Latwo sprawdzic, ze warunek spe lniaja tylko 1 oraz −1. Wobec tego

det ρ:U1Z[S3] −→ −1, 1 = det ρ(⟨y⟩).

Wynika stad, ze powyzszy epimorfizm jest rozszczepialny, skad dla SU1Z[S3] = ker(det ρ) mamy

U1Z[S3] ≈ SU1Z[S3] o C2, C2 = ⟨y⟩.

Krok 2:

Zbadamy teraz strukture grupy SU1Z[S3]. Zawazmy, ze jesli α = a(x) + b(x)y ∈ U1Z[S3], to α ∈ SU1Z[S3]wtedy i tylko wtedy, gdy a(1) = 1 oraz b(1) = 0.

Istotnie, mamy 1 = α(1) = a(1)+ b(1), a ponadto 1 = a(1) ·a(1)∗− b(1) · b(1)∗ = a(1)2− b(1)2, skad a(1) = 1oraz b(1) = 0.

Grupe SU1Z[S3] zbadamy, wykorzystujac jej dzia lanie na odpowiednim zbiorze. Zanurzenie (∗) zadajedzia lanie grupy U1Z[S3] na zbiorze Z[C3]⊕ Z[C3]. Zauwazmy, ze podzbior

(β,−β∗) : β ∈ Z[C3] ⊂ Z[C3]⊕ Z[C3]

jest zachowywany przez to dzia lanie. Istotnie, mamy[a bb∗ a∗

]·[

β−β∗

]=

[aβ − bβ∗

− (aβ − bβ∗)∗

].

Uzyskalismy zatem dzia lanie grupy U1Z[S3] na zbiorze Z[C3], za pomoca wzoru

[a(x) + b(x)y] · β = a(x) · β − b(x) · β∗, β ∈ Z[C3].

Zauwazmy dalej, ze podzbiorD = β ∈ Z[C3] : β(1) = 1

jest niezmienniczy ze wzgledu na dzia lanie grupy SU1Z[S3]. Wynika to natychmiast z relacji a(1) = 1,b(1) = 0.

(11.9) Lemat. Za lozmy, ze istnieje podzbior S ⊂ SU1Z[S3] oraz funkcja N :D −→ N takie, ze dla kazdegoelementu β ∈ D, ktory nie jest ∗-niezmienniczy, istnieje element s ∈ ⟨S⟩ taki, ze N(s(β)) < N(β). Wowczasgrupa SU1Z[S3] jest generowana przez podzbior S ∪ v, gdzie v = 1 + (1− y)x(1 + y).

62

Dowod. Niech u = a(x) + b(x)y bedzie dowolnym elementem SU1Z[S3]. Rozwazmy β = a(x) − b(x) ∈ D.Mozemy znalezc skonczony ciag s1, . . . , sn ∈ ⟨S⟩ taki, ze element (s1 · · · sn)(β) ∈ D jest ∗-niezmienniczy;w przeciwnym przypadku funkcja N o wartosciach naturalnych musia laby zmniejszac swoja wartosc nieskon-czenie wiele razy. Rozwazmy nowy element w = s1 · · · sn · u = c(x) + d(x)y ∈ SU1Z[S3]. Gdy zastosujemy wdo elementu 1 ∈ D uzyskamy ∗-niezmienniczy element γ = c− d ∈ D. Z rownania wyznacznikowego

cc∗ − dd∗ = 1

otrzymujemy1 = (d+ γ)(d+ γ)∗ − dd∗ = (d+ d∗ + γ)γ.

Zatem γ jest ∗-niezmiennicza jednoscia w Z[C3] oraz γ(1) = 1, skad γ = 1. Wynika stad, ze d+ d∗ = 0 orazc = 1 + d. Ale kazdy element d ∈ Z[C3] spe lniajacy warunek d∗ = −d jest postaci m(x − x−1) dla pewnejliczby M ∈ Z. Stad

w = 1 +m(x+ x−1) +m(x+ x−1)y = 1 +m(x− x−1)(1 + y) = 1 +m(1− y)x(1 + y) = vm.

(11.10) Lemat. Grupa SU1Z[S3] jest generowana przez podzbior x, v.

Dowod. Niech ξ = ξ3. Rozwazmy funkcje

φ:Z[C3] −→ Z[ξ] ⊂ C, φ(β) = β(ξ).

Zauwazmy, ze jesli φ(b0 + b1x+ b2x2) = 0, to

0 = b0 + b1ξ + b2ξ2 = b0 + b1ξ + b2(−1− ξ) = (b0 − b2) + (b1 − b2)ξ, skad b0 = b1 = b2.

Wobec tego φ zanurza podzbior D w Z[ξ3].

Zdefiniujmy funkcje N :D −→ N wzorem N(β) = |φ(β)|2. Wykazemy, ze dla dowolnego elementu β ∈ D,β = β∗, zachodzi nierownosc

N(s(β)) < N(β) dla pewnego s = v±1xk, k = 0, 1, 2.

Za lozmy, ze dla pewnego β ∈ D zachodza nierownosci N(v(β)) > N(β) oraz N(v−1(β)) > N(β). Latwosprawdzic, ze

v±1(β) = β ± (x− x−1)(β − β∗).

Dla uproszczenia oznaczen, niech z = φ(β) ∈ C. Poniewaz φ(x − x−1) = ξ − ξ−1 = i√

3, obie za lozonenierownosci mozna zapisac w postaci

|z ± i√

3(z − z)|2 > |z|2.

Niech w = z/z ∈ C. Wowczas |w| = 1 oraz |1± i√

3(1− w)|2 > 1. Jesli w = c+ is, to c2 + s2 = 1 oraz

|1± i√

3(1− c− is)|2 > 1,

|1±√

3s± i√

3(1− c)|2 > 1,

(1±√

3s)2 + 3(1− c)2 > 1,

1± 2√

3s+ 3s2 + 3− 6c+ 3c2 > 1, c2 + s2 = 1,

±2√

3s+ 6− 6c > 0, −√

3(1− c) 6 s 6√

3(1− c).

Nierownosci te opisuja te czesc okregu jednostkowego, ktora lezy w kacie wypuk lym Γ o wierzcho lku 1 orazramionach przechodzacych przez punkty −ξ oraz −ξ2.

63

−ξ

−ξ2

1 c

s

Γ

Zauwazmy, ze luk S1 \ Γ pokrywa dok ladnie trzecia czesc okregu jednostkowego.

Rozwazmy teraz dowolny element β ∈ D taki, ze β = β∗. Niech w = φ(β∗)/φ(β). Pokazemy, ze w ∈S1 \ 1,−ξ,−ξ2.

Poniewaz β∗ = β, mamy w = 1. Gdyby zachodzi la rownosc w = −ξ±1, to φ(β∗) = −ξ±1φ(β), wobec czegoelement α = β∗ + x±1β nalezy do jadra φ, ktore sk lada sie z elementow postaci m(1 + x+ x2), m ∈ Z. Aleto jest niemozliwe, gdyz α(1) = 2, podczas gdy wszystkie elementy z jadra φ maja augmentacje podzielnaprzez 3.

Gdy element β pomnozymy przez x (przez x−1), liczba w ulega pomnozeniu przez ξ2 (odpowiednio przez ξ),czyli jest obrocona o kat 2π/3 w jedna lub druga strone. Zatem, domnazajac β przez odpowiednia potege xmozna doprowadzic do tego, by punkt w znalaz l sie we wnetrzu luku S1 \Γ, co oznacza, ze mozna zmniejszycwartosc funkcji N , dzia lajac na tym elemencie elementem v lub v−1. Teraz teza wynika z (11.7).

Juz wiemy, ze SU1Z[S3] = ⟨x, v⟩.

Krok 3:

Wykazemy teraz, ze grupa SU1Z[S3] jest produktem wolnym grupy ⟨x⟩ ≈ C3 oraz grupy nieskonczonejcyklicznej grupy ⟨v⟩.

Bedziemy potrzebowali nieco subtelniejszej wersji Ping-Pong Lemma.

(11.11) Lemat. Niech grupa G bedzie generowana przez swoje dwie podgrupy A, B, przy czym jedna z nichma co najmniej trzy elementy. Jesli G dzia la na zbiorze Ω, zawierajacym niepuste i roz laczne podzbiory Ω1,Ω2 takie, ze a(Ω1) ⊆ Ω2 dla 1 = a ∈ A oraz b(Ω2) ⊆ Ω1 dla 1 = b ∈ B, to G jest izomorficzna z produktemwolnym A ∗B.

Dowod. Mamy sprawdzic, ze kazde nietrywialne s lowo, zbudowane z elementow a ∈ A\1, b ∈ B \1 jestnietrywialnym elementem G. Jesli nasze s lowo zaczyna sie i konczy elementem tej samej podgrupy, wtedyprzesuwa elementy miedzy roznymi zbiorami Ωi, wiec dzia la nietrywialnie i dlatego jest = 1.

Natomiast jesli s lowo zaczyna sie w grupie A, a konczy w grupie B, czyli jest postaci a1b1 · · · akbk, topostepujemy jak nastepuje. Jesli |A| > 2, istnieje a ∈ A taki, ze a = 1 oraz aa1 = 1; wtedy s lowoaa1b1 · · · akbka−1 jest postaci rozwazanej wczesniej. Jesli natomiast |A| = 2, to |B| > 2 i stosujemy te samasztuczke z odpowiednim elementem b ∈ B.

64

(11.12) Stwierdzenie.SU1Z[S3] ≈ ⟨x⟩ ∗ ⟨v⟩.

Dowod. Rozwazmy dzia lanie grupy SU1Z[S3] na sferze Riemanna C ∪ ∞ przez homografie: jesli α =a(x) + b(x)y, to

α(z) =a(ξ)z + b(ξ)

b(ξ)z + a(ξ).

To dzia lanie zachowuje okrag jednostkowy: |z| = 1. Istotnie, jesli z = z−1, to

α(z) =a(ξ)z−1 + b(ξ)

b(ξ)z−1 + a(ξ)= α(z)−1.

Rozwazymy dzia lanie podgrup ⟨x⟩, ⟨v⟩ na tym okregu.

Element x dzia la jak obrot o kat 2π/3. Wyznaczmy punkty sta le dzia lania v. Mamy v = a + by, gdziea = 1 + x− x−1, b = x− x−1. Oznaczmy η = ξ − ξ−1. Wowczas

v(z) =(1 + η)z + η

−ηz + 1− η.

Zatemv(z) = z ⇔ (1 + η)z + η = −ηz2 + (1− η)z ⇔ η(z + 1)2 = 0.

Zatem −1 jest jedynym punktem sta lym v.

Punkty ξ, ξ−1 ∈ S1 dziela okrag na dwa luki P i Q, przy czym 1 ∈ Q. Jest jasne, ze dla k = 0 mamyxk(P ) ⊂ Q. Wykazemy teraz, ze dla k = 0 mamy vk(Q) ⊂ P . W tym celu sprzegnijmy homografie v zapomoca

ψ(z) = κ · z − 1

z + 1, κ =

ξ + 1

ξ − 1.

Zauwazmy, ze ψ(−1) = ∞, ψ(1) = 0, ψ(ξ) = 1, ψ(ξ−1) = −1. Wobec tego ψ identyfikuje S1 \ 1 zprosta rzeczywista R = z ∈ C : Im(z) = 0. Przekszta lcenie odwrotne dane jest wzorem ψ−1(w) = κ+w

κ−w .W konsekwencji

ψvψ−1(w) = ψv

(κ+ w

κ− w

)= ψ

(w + κ+ 2ηκ

−w + κ− 2ηκ

)= w + 2ηκ.

Ale

ηκ = (ξ − ξ2) · ξ + 1

ξ − 1= −ξ − ξ2 = 1.

Wobec tego ψvkψ−1(w) = w + 2k, wiec ψvψ−1 ([−1, 1]) ⊆ R \ (−1, 1). Dlatego mamy vk(Q) ⊆ P .

Niech T bedzie zbiorem liczb przestepnych na S1. Oczywiscie jest to podzbior zachowywany przez dzia laniegrupy SU1Z[S3]. Wtedy podzbiory Ω1 = T ∩ P , Ω2 = T ∩Q spe lniaja za lozenia (11.11), co konczy dowod.

Udowodnilismy

(11.13) Twierdzenie.U1Z[S3] ≈ (C3 ∗ C∞) o C2.

Powyzszy dowod dostarcza takze algorytmu, ktory pozwala zapisac dowolna jednosc jako s lowo od genera-torow x, y, v. A oto ten algorytm.

65

1) Wezmy dowolna jednosc u = a(x) + b(x)y ∈ U1Z[S3].

2) Po lozmy β = a(x)− b(x) ∈ Z[C3].

3) Jesli β∗ = β, mamy u = vm. W przeciwnym przypadku:

4) Wyznaczamy norme N(β) = |β(ξ)|2.

5) Wybieramy element s ∈ v, vx, vx2, v−1, v−1x, v−1x2 dla ktorego N(s(β)) < N(β).

6) Zastepujemy u przez su i wracamy do punktu 2).

(11.14) Przyk lad. Jednosc v zosta la zdefiniowana jako 1 + (1 − y)x(1 + y). Jest jednak oczywiste, zev′ = 1 + (1 + y)x(1− y) jest rownie dobrym elementem odwracalnym. Jakie s lowo reprezentuje jednosc v′?

Mamy v′ = 1 +x−x−1− (x−x−1)y, wiec β = (1 +x−x−1)− (−(x−x−1)) = 1 + 2(x−x−1). Mamy zatemβ∗ = β. Obliczamy norme:

N(β) = |1 + 2(ξ − ξ2)|2 = |1 + 2i√

3|2 = 13.

Teraz powinnismy wybrac jeden z szesciu elementow s. Zauwazmy, ze

w =φ(β∗)

φ(β)=

1− 2i√

3

1 + 2i√

3= −11

13− 4√

13

13i.

Zatem punkt w lezy w trzeciej cwiartce. Gdy obrocimy go o kat 2π/3, przesunie sie do czwartej cwiartki,gdzie v skraca norme. Zatem korygujacym elementem jest s = vx. Istotnie, mamy

s(β) = v(x(β)) = v(x+ 2x2 − 2).

Przypomnijmy, ze v(γ) = γ + (x− x−1)(γ − γ∗). Wobec tego

s(β) = (x+ 2x2 − 2) + (x− x−1) · [(x+ 2x2 − 2)− (x+ 2x2 − 2)∗] = x2.

Wobec tegoN(s(β)) = |ξ2|2 = 1 < 13 = N(β).

Nowa jednoscia, dla nastepnego cyklu iteracji algorytmu, jest

s · v′ = vx · v′ = x2.

Zatem vxv′ = x2, wiec v′ = x2v−1x2.

Wyk lad 12.

Jednym z centralnych problemow teorii pierscieni grupowych by l nastepujacy tzw. Problem Izomorfizmu:czy izomorfizm pierscieni Z[G] ≈ Z[H] pociaga izomorfizm grup G ≈ H?

Dzis wiemy, ze problem ten ma negatywne rozwiazanie. Zobaczmy idee, ktora doprowadzi la do znalezieniakontrprzyk ladu.

(12.1) Przyk lad. Niech φ:H −→ H bedzie automorfizmem rzedu n grupy H. Mozemy za jego pomocautworzyc produkt po lprosty G = HoφCn. Przypomnijmy, ze jest to iloczyn kartezjanski H×Cn z mnozeniemokreslonym wzorem

(h, xk) · (h′, xl) = (hφk(h′), xk+l).

66

Jesli φ jest automorfizmem wewnetrznym, tj. φ(h) = αg(h) = ghg−1 dla ustalonego elementu g ∈ G, takiegoze gn = 1, to G ≈ H × Cn. Istotnie, rozwazmy przekszta lcenie

f :G −→ H × Cn, f(h, xk) = (hgk, xk).

Wprost z definicji widac, ze jest to bijekcja. Jest to takze homomorfizm grup, gdyz

f(h, xk) · f(h′, xl) = (hgk, xk) · (h′gl, xl) = (hgk · h′gl, xk+l) =

(hgkh′g−k · gk+l, xk+l) = f(hgkh′g−k, xk+l) = f(hφk(h′), xk+l) =

f((h, xk) · (h′, xl)).

(12.2) Idea. Za lozmy, ze element odwracalny u ∈ Z[H] normalizuje grupe H, to znaczy uHu−1 = H.Wtedy dla kazdego elementu h ∈ H mamy uhu−1 = φ(h) ∈ H i jest oczywiste, ze φ jest automorfizmemH. Jesli automorfizm φ jest rzedu n i nie jest wewnetrzny, to grupy G1 = H oφ Cn oraz G2 = H × Cn niemusza byc izomorficzne, chociaz istnieje izomorfizm pierscieni grupowych

f :Z[G1] −→ Z[G2],

bedacy rozszerzeniem addytywnym przekszta lcenia f(h, xk) = (h · uk, xk).

Zbadajmy automorfizmy φ, pojawiajace sie w tym kontekscie.

(12.3) Definicja. Niech

AutU (G) = φ ∈ Aut(G) : ∃u∈UZ[G]∀g∈G φ(g) = ugu−1.

Latwo zauwazyc, ze jest to podgrupa grupy Aut(G) zawierajaca Inn(G). Mozna, bez zmniejszenia ogolnosci,za lozyc, ze jednosci wystepujace w definicji maja augmentacje 1.

(12.4) Stwierdzenie. Niech G bedzie grupa skonczona. Jesli φ ∈ AutU (G), to φ zachowuje kazda klasesprzezonosci w grupie G.

Dowod. Niech C ⊂ G bedzie klasa sprzezonosci grupy G. Element c =∑

g∈C g ∈ Z[G]. jest oczywisciecentralny w pierscieniu Z[G], skad∑

g∈C

φ(g) =∑g∈C

ugu−1 = ucu−1 = c =∑g∈C

g.

Poniewaz obie strony tej rownosci sa sumami roznych, wiec liniowo niezaleznych, elementow G, to φ(g) ∈ Cdla g ∈ C.

(12.5) Lemat. Niech G bedzie grupa skonczona oraz φ ∈ AutU (G). Wowczas dla dowolnej p-podgrupyP 6 G istnieje automorfizm wewnetrzny αh ∈ Inn(G) taki, ze αh φ jest identycznoscia na P .

Dowod. Rozwazmy dzia lanie grupy G na zbiorze G w taki sposob, ze

g · x = φ(g)xg−1.

Wowczas dla g ∈ G mamy ug = φ(g)u, wiec gdy u =∑

g ugg ∈ ZG potraktujemy jak funkcje u:G −→ Z,g 7→ ug, to funkcja ta jest sta la na orbitach powyzszego dzia lania.

Gdy obetniemy to dzia lanie do podgrupy P , moc kazdej orbity bedzie potega p. Poniewaz augmentacja ujest rowna 1, to dzia lanie to musi miec punkt sta ly h ∈ G. Ale wtedy dla wszystkich g ∈ P mamy

φ(g)hg−1 = h, φ(g) = hgh−1.

67

Zatem αh jest szukanym automorfizmem wewnetrznym.

(12.6) Wniosek. Niech P bedzie p-podgrupa Sylowa skonczonej grupy G. Wowczas dla kazdego automor-fizmu φ ∈ AutU (G) istnieje automorfizm wewnetrzny α ∈ Inn(G) taki, ze αφ(x) = x dla x ∈ P .

(12.7) Wniosek. Jesli G jest skonczona p-grupa, to AutU (G) = Inn(G).

Niech G bedzie dowolna grupa. Rozwazmy zbior jednosci u ∈ ZG, ktore pojawiaja sie w definicji automor-fizmow φ ∈ AutU (G). Tworza one normalizator NU (G) podgrupy G 6 UZG.

(12.8) Stwierdzenie. Niech u bedzie jednoscia w ZG. Wowczas u ∈ NU (G) wtedy i tylko wtedy, gdy u∗ujest jednoscia centralna.

Dowod. Za lozmy najpierw, ze u ∈ NU (G) i niech ugu−1 = φ(g) ∈ G dla g ∈ G. Wowczas

(ugu−1)∗ = φ(g)∗, (u∗)−1g−1u∗ = φ(g−1) = ug−1u−1,

zatem g−1(u∗u) = (u∗u)g−1 dla wszystkich g ∈ G, wiec u∗u nalezy do centrum pierscienia ZG..

Za lozmy teraz, ze u∗u jest elementem centralnym. Mamy sprawdzic, ze ugu−1 ∈ G dla g ∈ G. Zauwazmy,ze

(ugu−1) · (ugu−1)∗ = ugu−1(u∗)−1g−1u∗ = ug(u∗u)−1g−1u∗ = (uu∗)(u∗u)−1 = 1,

gdyzuu∗ = u(u∗u)u−1 = u∗u.

Latwo jednak zauwazyc, ze jesli α =∑

g αgg ∈ ZG spe lnia warunek αα∗ = 1 oraz ma augmentacje 1, to

α ∈ G. Zastosowanie tej uwagi do α = ugu−1 konczy dowod.

(12.9) Twierdzenie. (J. Krempa) Kazdy element grupy ilorazowej AutU (G)/Inn(G) jest rzedu 2, czyli jestto elementarna abelowa 2-grupa.

Dowod. Mamy wykazac, ze dla dowolnego φ ∈ AutU (G) automorfizm φ2 jest wewnetrzny. Niech u ∈ NU (G)bedzie jednoscia, wyznaczajaca φ oraz v = u∗u−1 ∈ UZG. Wowczas

vv∗ = (u∗u−1)(u∗u−1)∗ = u∗u−1(u∗)−1u = u∗(u∗u)−1u = (u∗u)(u∗u)−1 = 1.

Poniewaz augmentacja v jest rowna 1, mamy v = g ∈ G. Zatem u∗ = gu, skad gu2 = u∗u = c ∈ Z(ZG).Wynika stad, ze dla dowolnego x ∈ G mamy

φ2(x) = u2xu−2 = g−1cxc−1g = g−1xg.

(12.10) Uwaga. W powyzszym dowodzie otrzymalismy u∗ = gu dla pewnego g ∈ G. Gdy zastosujemy ∗do tej rownosci, otrzymamy

u = (gu)∗ = u∗g−1 = gug−1,

wiec g jest przemienne z u. Zapamietajmy ten zwiazek – przyda sie pozniej.

(12.11) Twierdzenie. Jesli G jest grupa skonczona nieparzystego rzedu, to AutU (G) = Inn(G).

Dowod. Wykazemy, ze grupa AutU (G) jest nieparzystego rzedu. Wowczas teza wyniknie z (12.9).

Wystarczy wykazac, ze w grupie AutU (G) nie ma elementu rzedu 2. Niech zatem automorfizm φ ∈ AutU (G)bedzie taki, ze φ2 = idG. Pokazemy, ze φ = idG.

Rozwazmy podgrupe punktow sta lych H = g ∈ G : φ(g) = g. Poniewaz φ zachowuje kazda klasesprzezonosci i maja one moc nieparzysta, zas φ2 = id, podgrupa H zawiera co najmniej jeden element zkazdej klasy sprzezonosci grupy G. Innymi s lowami, suma sprzezen podgrupy H 6 G pokrywa ca la grupe G.

68

Liczba roznych takich sprzezen jest rowna k = [G : NG(H)]. Niech g1, . . . , gk beda reprezentantami warstwNG(H) w G. Wowczas

|G| =

∣∣∣∣∣k∪

i=1

giHg−1i

∣∣∣∣∣ 6k∑

i=1

|giHg−1i | = [G : NG(H)] · |H| 6 [G : H] · |H| = |G|.

Zatem obie nierownosci musza byc rownosciami, skad k = [G : NG(H)] = 1, zatem |G| = |H|, skad G = Hi φ = idG.

Dla jakich jeszcze grup skonczonych zachodzi rownosc AutU (G) = Inn(G)?

Dla ustalonej 2-podgrupy Sylowa skonczonej grupy G oznaczmy przez IP zbior wszystkich automorfizmowrzedu 2 w AutU (G), ktore sa identycznoscia na P :

IP = φ ∈ AutU (G) : φ2 = idG, φ|P = idP .

(12.12) Stwierdzenie. Jesli dla pewnej 2-podgrupy Sylowa P 6 G mamy IP ⊆ Inn(G), to AutU (G) =Inn(G).

Dowod. Za lozmy, ze IP ⊆ Inn(G) i wezmy dowolny automorfizm φ ∈ AutU (G). Na mocy (12.5) mozemyzak ladac, ze φ(x) = x dla x ∈ P . Na mocy (12.9) istnieje element z ∈ G taki, ze φ2(x) = z−1xz dlawszystkich x ∈ G. Dalej, istnieja elementy g, h ∈ ⟨z⟩ takie, ze z = gh2, rzad g jest potega 2 zas h jestnieparzystego rzedu. Niech α(x) = hxh−1. Na mocy (12.10) automorfizmy φ oraz α sa przemienne.

Ponadto α|P = idP , gdyz h ∈ ⟨z⟩ 6 CG(P ). Wobec tego automorfizm ψ = α φ spe lnia warunki

ψ|P = idP , ψ2(x) = α2 φ2(x) = g−1xg

oraz g jest 2-elementem. Dlatego mozemy bez utraty ogolnosci za lozyc, ze φ2(x) = z−1xz, gdzie z jest2-elementem.

Poniewaz ψ|P = idP , element z centralizuje 2-podgrupe Sylowa P oraz jest 2-elementem, skad z ∈ Z(P ).Pokazemy, ze z jest kwadratem pewnego elementu grupy Z(P ).

Jednosc u ∈ ZG definiujaca φ spe lnia warunek x−1ux = u dla wszystkich x ∈ P . Wobec tego funkcjau:G −→ Z jest sta la na orbitach dzia lania P na G przez sprzezenia. Poniewaz augmentacja u jest nieparzysta,musi istniec punkt sta ly g ∈ supp(u). Oczywiscie g ∈ CG(P ).

Niech v bedzie rzutem liniowym u ∈ ZG na podpierscien Z[CG(P )]. Juz wiemy, ze v = 0. Niech v ∈F2[CG(P )] bedzie redukcja v modulo 2. Mamy

|supp(v)| = ϵ(v) ≡ ϵ(v) ≡ ϵ(u) ≡ 1 (mod 2),

gdzie ϵ jest homomorfizmem augmentacji. Zatem supp(v) sk lada sie z nieparzystej liczby elementow grupyCG(P ).

Rownosc u∗ = zu pociaga v∗ = zv, gdyz z ∈ CG(P ). Wybierzmy dowolny element x1 ∈ supp(v). Wowczas

zx1 = x−12 dla pewnego x2 ∈ supp(v). Ponadto

zx2 = z(zx1)−1 = zx−11 z−1 = x−1

1 ,

gdyz x1 ∈ CG(P ) oraz z ∈ P . Wobec tego zbior supp(v) moze byc przedstawiony w postaci sumy podzbiorowx1, x2 takich, ze zx1 = x−1

2 . Poniewaz moc tego zbioru jest nieparzysta, istnieje co najmniej jedna paraz x1 = x2, skad zx1 = x−1

1 oraz z = x−21 . Wobec tego x1 jest 2-elementem nalezacym do CG(P ), wiec

x1 ∈ Z(P ). Wykazalismy w ten sposob, ze z jest kwadratem pewnego elementu grupy Z(P ).

69

Niech α(x) = x−11 xx1. Wowczas α φ ∈ IP ⊆ Inn(G), wiec takze φ ∈ Inn(G).

(12.13) Twierdzenie. Jesli 2-podgrupa Sylowa skonczonej grupy G jest normalna, to AutU (G) = Inn(G).

Dowod. Niech P G bedzie 2-podgrupa Sylowa. Sprawdzimy, ze IP ⊆ Inn(G). Niech φ ∈ IP . Na mocy(12.11) homomorfizm indukowany przez φ na grupie Q = G/P nieparzystego rzedu jest identycznoscia.Wobec tego mamy przemienny diagram

0 −→ Pι−−→ G

π−−→ Q −→ 0yid

yφ

yid

0 −→ Pι−−→ G

π−−→ Q −→ 0

Z analizy tego diagramu wynika, ze φ jest automorfizmem wewnetrznym – pozostawiamy to jako cwiczenie.

A oto rozwiazanie Problemu Izomorfizmu.

Twierdzenie, (Hertweck, 2001) Istnieja dwie nieizomorficzne grupy X, Y rzedu 221 · 9728, ktorychpierscienie grupowe ZX, ZY sa izomorficzne.

Dok ladniej:

Istnieje skonczona grupa rozwiazalna X, ktora jest produktem po lprostym podgrupy normalnej G i grupycyklicznej ⟨c⟩, takie ze

1) istnieje jednosc u ∈ ZG, ktora normalizuje G i taka, ze indukuje niewewnetrzny automorfizm G;

2) cuc−1 = u−1;

3) Podgrupa Y = ⟨G, uc⟩ ⊂ UZX jest baza ZX, nieizomorficzna z X;

4) X ma rzad 221 · 9728, normalna 97-podgrupe Sylowa i ciag pochodny d lugosci 4.

70