Rząd (teoria grup)

Rząd – pojęcie oddające intuicję „rozmiaru” (w sensie „rzędu wielkości”) danej grupy i ułatwiające przy tym opis jej podgrup; w szczególności rzędem elementu nazywa się rząd („rozmiar”) najmniejszej (pod)grupy zawierającej ten element.

W dalszej części artykułu grupy zapisywane będą w notacji multiplikatywnej, a symbol $e$ będzie oznaczać ich element neutralny.

Definicja

Rzędem grupy $(G,\cdot )$ nazywa się moc zbioru $G.$ Jeżeli $G=\langle g\rangle ,$ tzn. grupa $G$ jest generowana przez element $g,$ to rzędem elementu $g$ nazywa się rząd grupy $G$ (w szczególności odnosi się to do grupy będącej podgrupą innej). Ponieważ $\langle g\rangle$ jest grupą cykliczną, to korzystając z jej definicji rząd elementu często określa się w następujący, równoważny sposób: rzędem elementu $g$ nazywa się najmniejszą dodatnią liczbę naturalną $n,$ która spełnia $g^{n}=e.$ Jeśli taka liczba nie istnieje, to przyjmuje się, że rząd elementu $g$ jest nieskończony.

Rząd grupy $G$ oznacza się symbolami $\mathrm {ord} (G),\mathrm {o} (G)$ (od ang. order, tu: „rząd”), $\mathrm {rz} (G),\mathrm {r} (G)$ (od „rząd”), bądź $|G|,\#G$ (oznaczenia mocy zbioru). Rząd elementu $g$ oznacza się zwykle za pomocą czterech pierwszych z ww. symboli, tzn. $\mathrm {ord} (g),\mathrm {o} (g),\mathrm {rz} (g),\mathrm {r} (g);$ definicje rzędów elementu i grupy powiązane są zatem następującym wzorem:

\mathrm {ord} (g)\ {\overset {\underset {\mathrm {df} }{\ }}{=}}\ \mathrm {ord} {\big (}\langle g\rangle {\big )}.

Przedstawioną definicję rzędu (jako mocy nośnika grupy) spotyka się zwykle w monografiach, w podręcznikach częstsze jest wykorzystanie liczebności zbioru (pokrywa się z przytoczoną definicją), gdy jest on skończony, w pozostałych przypadkach, bez względu na rodzaj nieskończoności, przyjmuje się, że rząd również jest nieskończony, co dla grupy $G$ zapisuje się zwykle $\mathrm {ord} (G)=\infty$ i podobnie w przypadku rzędu elementu.

Przykłady

Rząd grupy trywialnej $E$ wynosi $1;$ generowana jest ona przez jedyny jej element $e,$ stąd $\mathrm {ord} (E)=\mathrm {ord} (e)=1$ i dlatego rząd podgrupy trywialnej, czyli grupy generowanej przez element neutralny, również wynosi $1.$ Ponieważ istnieje tylko jedna podgrupa rzędu $1,$ to element mający rząd $1$ musi być elementem neutralnym.
Grupa symetryczna $S_{3}$ to grupa wszystkich permutacji trójelementowego zbioru; można ją utożsamiać z grupą diedralną $D_{3}$ będącą grupą izometrii własnych trójkąta równobocznego (zob. rysunek obok). Wspomniane grupy mają sześć elementów, zatem $\mathrm {ord} (S_{3})=\mathrm {ord} (D_{3})=6.$ Symetrie osiowe trójkąta równobocznego polegają na zamianie dwóch jego wierzchołków, odpowiada to ich permutacjom będącym transpozycjami – są to elementy rzędu drugiego. Obroty tego trójkąta polegają na cyklicznej zmianie miejscami wszystkich wierzchołków, czyli permutacji cyklicznej zmieniającej każdy z nich – są to elementy rzędu trzeciego.
Choć grupy $S_{3}$ i $D_{3}$ mają rząd $6,$ to brak w nich elementu o tym rzędzie, jednakże wszystkie elementy w niej zawarte są dzielnikami $6.$ Uwaga ta wynika z obserwacji ogólniejszej natury (zob. twierdzenie Lagrange’a). Inną grupą rzędu $6,$ o strukturze odbiegającej od struktury powyższych grup (tzn. nieizomorficzna z powyższymi; z dokładnością do izomorfizmu istnieją tylko dwie grupy tego rzędu) jest grupa cykliczna rzędu $6,$ która zawiera element tego rzędu.
Jeżeli każdy element danej grupy, poza neutralnym, jest rzędu $2,$ to dowolne dwa elementy są ze sobą przemienne (grupa jest abelowa)^[1]. Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe – kontrprzykładem może być wyżej wspomniana grupa cykliczna rzędu $6,$ która jest abelowa, lecz istnieją w niej elementy rzędu $3.$
Jeżeli rząd dowolnego elementu grupy jest skończony, to nazywa się ją grupą torsyjną. Rzędy elementów grupy skończonej są również skończone, zatem każda grupa skończona jest torsyjna; istnieją jednak grupy torsyjne nieskończonego rzędu, np. grupa $\mathbb {C} ^{*}$ pierwiastków z jedynki.

Własności

Napisy $(n,m)$ oraz $[n,m]$ będą oznaczać odpowiednio największy wspólny dzielnik oraz najmniejszą wspólną wielokrotność liczb $n,m.$

Kluczową własnością rzędu jest następujący fakt:

g^{k}=e

wtedy i tylko wtedy, gdy rząd

g

jest dzielnikiem

k

^[2].

Stąd jeśli $g$ ma rząd $n,$ to $g^{k}=g^{l}$ dla dowolnych liczb całkowitych $k,l$ wtedy i tylko wtedy, gdy $k\equiv l{\bmod {n}}$ ^[3]. Jeżeli $g$ jest rzędu $n,$ to $g^{k}$ ma dla dowolnego całkowitego $k$ rząd ${\tfrac {n}{(k,n)}}$ ^[4]. Wynikają stąd dwa ważne wnioski: jeśli $g$ jest rzędu $n$ oraz $d|n$ i $d>0,$ to $g^{d}$ jest rzędu ${\tfrac {n}{d}};$ jeśli $g$ jest rzędu $n$ oraz $g^{k}$ ma rząd $n$ wtedy i tylko wtedy, gdy $(k,n)=1$ ^[5].

W ogólności niewiele można powiedzieć o rzędzie $gh$ na podstawie rzędów $g$ oraz $h$ ^[6]. Jeśli jednak elementy te komutują (są przemienne, tzn. $gh=hg$ ), to ich skończony rząd pociąga skończony rząd ich iloczynu^[7]. Jeśli rzędy $g$ i $h$ są ponadto względnie pierwsze, to rząd ich iloczynu jest iloczynem ich rzędów^[8]. Z tej obserwacji wynika, że jeżeli elementy $g$ rzędu $n$ oraz $h$ rzędu $m$ komutują, to pewien ich iloczyn $g^{a}h^{b}$ ma rząd $[n,m]$ – ideą stojącą za tym wnioskiem jest zapisanie $[n,m]$ jako iloczynu dwóch względnie pierwszych czynników i znalezieniu wykładników takich $a,b,$ by elementy $g^{a}$ i $h^{b}$ miały rząd równy tym czynników, a ich iloczyn miał rząd równy iloczynowi tych liczb (tu stosuje się poprzednie stwierdzenie), równy z konstrukcji $[n,m]$ ^[9].

Jeśli dowolne dwa elementy grupy komutują, to grupę nazywa się abelową (przemienną). W skończonej grupie abelowej rzędu $n$ dla dowolnego elementu $g$ zachodzi $g^{n}=e$ ^[10]. Z tego faktu oraz „własności kluczowej” wynika bezpośrednio, iż

każdy element grupy abelowej skończonego rzędu

n

ma rząd dzielący

n.

Wniosek ten jest prawdziwy również w przypadku nieprzemiennym: nosi wtedy nazwę twierdzenia Lagrange’a – jego dowód wymaga jednak innych środków; jego pewnym odwróceniem są twierdzenie Cauchy’ego oraz, ogólniejsze, twierdzenia Sylowa.

Ważnym twierdzeniem mówiącym o rzędach elementów grupy multiplikatywnej $\mathbb {Z} _{p}^{*}$ jest małe twierdzenie Fermata, pomocny jest też wniosek z niego płynący znany jako twierdzenie Eulera.

Przypisy

↑ Ponieważ dla dowolnego elementu $g$ zachodzi $gg=e,$ to $ab=(bb)ab(aa)=b(ba)(ba)a=ba.$
↑ Niech $n$ oznacza rząd całej grupy. Jeśli $n|k,$ to $k=nm$ dla pewnego $m.$ Wówczas $g^{k}=g^{nm}=(g^{n})^{m}=e.$ W drugą stronę: z twierdzenia o dzieleniu z resztą, przy założeniu, iż $g^{k}=e,$ liczbę $k$ można zapisać w postaci $k=nq+r,$ przy czym $0\leqslant r<n$ i $r,q$ są liczbami całkowitymi. Wtedy $e=g^{k}=(g^{n})^{q}g^{r}=g^{r}.$ Warunek nałożony na $r$ oraz minimalność $n$ wynikającą bycia rzędem $g$ sprawiają, że musi być $r=0,$ czyli $k=nq,$ a więc $n|k.$
↑ Wystarczy skorzystać z powyższego faktu zapisując warunek $g^{k}=g^{l}$ w postaci $g^{k-l}=e.$
↑ Kluczem do dowodu jest fakt, iż gdy $a|bc$ oraz $(a,b)=1,$ to $a|c.$ Niech $t$ będzie rzędem $g^{k}$ – należy wtedy wykazać, że $t={\tfrac {n}{(k,n)}}.$ Ponieważ $g^{kt}=e,$ to $n|kt$ na mocy faktu; dzieląc $n$ i $k$ przez ich największy wspólny dzielnik, zatem ${\tfrac {n}{(k,n)}}{\Big |}{\tfrac {k}{(k,n)}}t.$ Ponieważ ${\tfrac {n}{(k,n)}}$ oraz ${\tfrac {k}{(k,n)}}$ są względnie pierwsze, to ${\tfrac {n}{(k,n)}}$ musi dzielić $t,$ a więc ${\tfrac {n}{(k,n)}}\leqslant t.$ Nierówność w drugą stronę uzyskuje się zauważając, iż $\left(g^{k}\right)^{n/(k,n)}=\left(g^{n}\right)^{k/(k,n)}=e.$
↑ Ponieważ ${\tfrac {n}{(k,n)}}=n$ wtedy i tylko wtedy, gdy $(k,n)=1.$
↑ Przykłady z geometrii płaskiej (zob. grupa euklidesowa): złożenie dwóch przesunięć (rząd nieskończony) o przeciwnych wektorach daje tożsamość (rząd skończony równy 1) – w przeciwnym przypadku daje przesunięcie (rząd nieskończony); złożenie dwóch symetrii osiowych (rząd skończony równy 2) o równoległych osiach jest przesunięciem (rząd nieskończony) – gdy osie są prostopadłe, ich złożenie jest obrotem o kąt półpełny (rząd skończony równy 2).
↑ Jeśli $g^{n}=e$ i $h^{m}=e$ oraz $gh=hg,$ to $(gh)^{nm}=g^{nm}h^{nm}=e.$ Więcej: $[n,m]$ jest podzielne przez $n,$ jak i $m,$ tak więc $(gh)^{[n,m]}=g^{[n,m]}h^{[n,m]}=e.$ Najmniejsza wspólna wielokrotność nie jest tylko ograniczeniem górnym na rząd iloczynu – można ją uzyskać jako rząd pewnego iloczynu ich potęg; patrz dalej.
↑ Jeśli $n=\mathrm {ord} (g)$ i $m=\mathrm {ord} (h)$ z powyższej uwagi $gh$ ma skończony rząd, który dzieli $nm$ na podstawie faktu z początku sekcji. Wystarczy wykazać, że jeśli $k=\mathrm {ord} (gh),$ to $n|k$ i $m|k.$ Z przemienności $g,h$ jest $g^{k}h^{k}=e,$ a po podniesieniu obu stron do $m$ -tej potęgi (w celu zlikwidowania czynnika $h$ ) otrzymuje się $g^{km}=e,$ skąd $n|km$ na mocy faktu; ponieważ $(m,n)=1,$ to $n|k.$ Podobnie rugując w powyższej tożsamości czynnik $g$ uzyskuje się $m|k.$ Skoro $n|k,\ m|k$ oraz $(n,m)=1,$ to $nm|k,$ a ponieważ $k|nm$ (z pierwszej części dowodu), to $k=nm.$
↑ Jeśli $n=p_{1}^{e_{1}}\dots p_{r}^{e_{r}}$ i $m=p_{1}^{f_{1}}\dots p_{r}^{f_{r}}$ są rozkładami tych liczb na czynniki pierwsze (obie liczby mają w rozkładzie ten sam ciąg różnych liczb pierwszych; jeśli dana liczba nie występuje w rozkładzie, to jej wykładnik jest równy zeru), to ich najmniejsza wspólna wielokrotność jest równa $[n,m]=p_{1}^{\max(e_{1},f_{1})}\dots p_{r}^{\max(e_{r},f_{r})}.$ Niech $k=\prod \nolimits _{e_{i}\geqslant f_{i}}p_{i}^{e_{i}}$ oraz $l=\prod \nolimits _{e_{i}<f_{i}}p_{i}^{f_{i}},$ wtedy $[n,m]=kl$ i $(k,l)=1$ (gdyż $k,l$ nie mają wspólnych czynników pierwszych); zatem, z konstrukcji, $k|n$ oraz $l|m.$ Komutujące elementy $g^{n/k},h^{m/l}$ mają więc względnie pierwsze rzędy odpowiednio równe $k,l,$ dlatego ich iloczyn ma rząd $kl=[n,m].$
↑ Jeśli $G=\left\{g_{1},\dots ,g_{n}\right\},$ to odwzorowanie $G\to G$ dane wzorem $g_{i}\mapsto gg_{i}$ jest funkcją różnowartościową, a ze skończoności $G$ musi być również „na”; wynika stąd, że $\left\{gg_{1},\dots ,gg_{n}\right\}$ jest tylko (potencjalnie) innym uporządkowaniem elementów grupy $G.$ Porównując iloczyn elementów z obu przedstawień otrzymuje się $g_{1}\dots g_{n}=(gg_{1})\dots (gg_{n})=g^{n}(g_{1}\dots g_{n}),$ skąd $g^{n}=e.$ Choć teza obowiązuje również w przypadku nieprzemiennym, to dowód ten jest wtedy niepoprawny.

[1] Ponieważ dla dowolnego elementu $g$ zachodzi $gg=e,$ to $ab=(bb)ab(aa)=b(ba)(ba)a=ba.$

[2] Niech $n$ oznacza rząd całej grupy. Jeśli $n|k,$ to $k=nm$ dla pewnego $m.$ Wówczas $g^{k}=g^{nm}=(g^{n})^{m}=e.$ W drugą stronę: z twierdzenia o dzieleniu z resztą, przy założeniu, iż $g^{k}=e,$ liczbę $k$ można zapisać w postaci $k=nq+r,$ przy czym $0\leqslant r<n$ i $r,q$ są liczbami całkowitymi. Wtedy $e=g^{k}=(g^{n})^{q}g^{r}=g^{r}.$ Warunek nałożony na $r$ oraz minimalność $n$ wynikającą bycia rzędem $g$ sprawiają, że musi być $r=0,$ czyli $k=nq,$ a więc $n|k.$

[3] Wystarczy skorzystać z powyższego faktu zapisując warunek $g^{k}=g^{l}$ w postaci $g^{k-l}=e.$

[4] Kluczem do dowodu jest fakt, iż gdy $a|bc$ oraz $(a,b)=1,$ to $a|c.$ Niech $t$ będzie rzędem $g^{k}$ – należy wtedy wykazać, że $t={\tfrac {n}{(k,n)}}.$ Ponieważ $g^{kt}=e,$ to $n|kt$ na mocy faktu; dzieląc $n$ i $k$ przez ich największy wspólny dzielnik, zatem ${\tfrac {n}{(k,n)}}{\Big |}{\tfrac {k}{(k,n)}}t.$ Ponieważ ${\tfrac {n}{(k,n)}}$ oraz ${\tfrac {k}{(k,n)}}$ są względnie pierwsze, to ${\tfrac {n}{(k,n)}}$ musi dzielić $t,$ a więc ${\tfrac {n}{(k,n)}}\leqslant t.$ Nierówność w drugą stronę uzyskuje się zauważając, iż $\left(g^{k}\right)^{n/(k,n)}=\left(g^{n}\right)^{k/(k,n)}=e.$

[5] Ponieważ ${\tfrac {n}{(k,n)}}=n$ wtedy i tylko wtedy, gdy $(k,n)=1.$

[6] Przykłady z geometrii płaskiej (zob. grupa euklidesowa): złożenie dwóch przesunięć (rząd nieskończony) o przeciwnych wektorach daje tożsamość (rząd skończony równy 1) – w przeciwnym przypadku daje przesunięcie (rząd nieskończony); złożenie dwóch symetrii osiowych (rząd skończony równy 2) o równoległych osiach jest przesunięciem (rząd nieskończony) – gdy osie są prostopadłe, ich złożenie jest obrotem o kąt półpełny (rząd skończony równy 2).

[7] Jeśli $g^{n}=e$ i $h^{m}=e$ oraz $gh=hg,$ to $(gh)^{nm}=g^{nm}h^{nm}=e.$ Więcej: $[n,m]$ jest podzielne przez $n,$ jak i $m,$ tak więc $(gh)^{[n,m]}=g^{[n,m]}h^{[n,m]}=e.$ Najmniejsza wspólna wielokrotność nie jest tylko ograniczeniem górnym na rząd iloczynu – można ją uzyskać jako rząd pewnego iloczynu ich potęg; patrz dalej.

[8] Jeśli $n=\mathrm {ord} (g)$ i $m=\mathrm {ord} (h)$ z powyższej uwagi $gh$ ma skończony rząd, który dzieli $nm$ na podstawie faktu z początku sekcji. Wystarczy wykazać, że jeśli $k=\mathrm {ord} (gh),$ to $n|k$ i $m|k.$ Z przemienności $g,h$ jest $g^{k}h^{k}=e,$ a po podniesieniu obu stron do $m$ -tej potęgi (w celu zlikwidowania czynnika $h$ ) otrzymuje się $g^{km}=e,$ skąd $n|km$ na mocy faktu; ponieważ $(m,n)=1,$ to $n|k.$ Podobnie rugując w powyższej tożsamości czynnik $g$ uzyskuje się $m|k.$ Skoro $n|k,\ m|k$ oraz $(n,m)=1,$ to $nm|k,$ a ponieważ $k|nm$ (z pierwszej części dowodu), to $k=nm.$

[9] Jeśli $n=p_{1}^{e_{1}}\dots p_{r}^{e_{r}}$ i $m=p_{1}^{f_{1}}\dots p_{r}^{f_{r}}$ są rozkładami tych liczb na czynniki pierwsze (obie liczby mają w rozkładzie ten sam ciąg różnych liczb pierwszych; jeśli dana liczba nie występuje w rozkładzie, to jej wykładnik jest równy zeru), to ich najmniejsza wspólna wielokrotność jest równa $[n,m]=p_{1}^{\max(e_{1},f_{1})}\dots p_{r}^{\max(e_{r},f_{r})}.$ Niech $k=\prod \nolimits _{e_{i}\geqslant f_{i}}p_{i}^{e_{i}}$ oraz $l=\prod \nolimits _{e_{i}<f_{i}}p_{i}^{f_{i}},$ wtedy $[n,m]=kl$ i $(k,l)=1$ (gdyż $k,l$ nie mają wspólnych czynników pierwszych); zatem, z konstrukcji, $k|n$ oraz $l|m.$ Komutujące elementy $g^{n/k},h^{m/l}$ mają więc względnie pierwsze rzędy odpowiednio równe $k,l,$ dlatego ich iloczyn ma rząd $kl=[n,m].$

[10] Jeśli $G=\left\{g_{1},\dots ,g_{n}\right\},$ to odwzorowanie $G\to G$ dane wzorem $g_{i}\mapsto gg_{i}$ jest funkcją różnowartościową, a ze skończoności $G$ musi być również „na”; wynika stąd, że $\left\{gg_{1},\dots ,gg_{n}\right\}$ jest tylko (potencjalnie) innym uporządkowaniem elementów grupy $G.$ Porównując iloczyn elementów z obu przedstawień otrzymuje się $g_{1}\dots g_{n}=(gg_{1})\dots (gg_{n})=g^{n}(g_{1}\dots g_{n}),$ skąd $g^{n}=e.$ Choć teza obowiązuje również w przypadku nieprzemiennym, to dowód ten jest wtedy niepoprawny.

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

[6]

[7]

[8]

[9]

[10]