Resultados sencillos que se aclaran con álgebra abstracta

Question

Hay muchos resultados profundos cuya demostración depende en gran medida de la abstracción del álgebra moderna (por ejemplo, la insolubilidad de la quíntica). Pero, ¿cuáles son algunos resultados sencillos (es decir, resultados que pueden demostrarse por medios elementales) que se aclaran mediante la abstracción?

Por ejemplo, el pequeño teorema de Fermat es una consecuencia inmediata del teorema de Lagrange, que es una demostración mucho más esclarecedora que otras pruebas que no utilizan la teoría de grupos en mi opinión. Otro ejemplo es el lema de Gauss, que dice que si $f$ y $g$ son polinomios primitivos (con coeficientes, digamos, enteros), entonces $fg$ es primitivo. En teoría de anillos, el lema de Gauss se puede demostrar reduciendo módulo a un ideal primo: si $fg$ no es primitivo, existe un primo $p$ tal que la imagen de $fg$ en el dominio integral $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[x]$ es cero, por lo que la imagen de $f$ ou $g$ en $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[x]$ es cero y, por tanto, o bien $f$ ou $g$ no es primitivo. También hay un (bastante corto) prueba elemental del lema de Gauss, aunque yo volvería a argumentar que la demostración mediante álgebra abstracta es significativamente más esclarecedora.

Answer 1

Coeficientes binomiales

El hecho teórico de los números $\binom{n+m}{n} \in \mathbb{N}$ es decir, que $n! \cdot m!$ divide $(n+m)!$ se deduce de Teorema de Lagrange de la teoría de grupos aplicada a la incrustación natural de grupos simétricos $S_n \times S_m \hookrightarrow S_{n+m}$ .

Lo bueno de esta demostración algebraica es que se generaliza inmediatamente a coeficientes multinomiales y también a $q$ -coeficientes binomiales cuando $q$ es una primera potencia: $\binom{n+m}{n}_q \in \mathbb{N}$ es decir, que $[n]_q! \cdot [m]_q!$ divide $[n+m]_q!$ ya que existe una incrustación natural de los espacios proyectivos $\mathbb{P}(\mathbb{F}_q^n) \times \mathbb{P}(\mathbb{F}_q^m) \hookrightarrow \mathbb{P}(\mathbb{F}_q^n \times \mathbb{F}_q^m)$ .

Raíces irracionales

Si $n > 1$ y $p$ es un número primo, entonces $\sqrt[n]{p}$ es irracional. Esto es consecuencia de Criterio de Eisenstein ya que el polinomio $X^n - p$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ y, por tanto, no tiene raíces.

Triples pitagóricos

La clasificación de los racionales Triples pitagóricos establece que el mapa

$\displaystyle\mathbb{Q}^2 \setminus \{(0,0)\} \to \{(a,b) \in \mathbb{Q}^2 : a^2+b^2=1\},~ (x,y) \mapsto \left(\frac{x^2 - y^2}{x^2+y^2},\frac{2xy}{x^2+y^2}\right)$

es suryectiva. Hay una prueba conveniente usando Teorema de Hilbert 90 de la teoría de Galois. En concreto, implica que cada elemento de $\mathbb{Q}(i)$ con norma $1$ es igual a $a / \overline{a}$ para algunos $a \in \mathbb{Q}(i)^{\times}$ (ya que la conjugación compleja genera el grupo de Galois), y esto es equivalente a la afirmación.

Resolubilidad de $x^2 \equiv -1$ modulo $p$

¿Cuándo es la ecuación $x^2 \equiv -1 \bmod p$ ¿resoluble? Claramente cuando $p = 2$ . En general, es equivalente a la ecuación $x^2 = -1$ en el campo finito $\mathbb{F}_p$ . Si suponemos $p \neq 2$ esto equivale a $x \in \mathbb{F}_p^{\times}$ y $\mathrm{ord}(x)=4$ en el grupo multiplicativo. Dado que el grupo multiplicativo es cíclico podemos "invertir el teorema de Lagrange" y ver que la ecuación es resoluble si $4$ divide $p-1$ . Por lo tanto, hemos demostrado, con álgebra abstracta, que la ecuación es resoluble si $p \equiv 1 \bmod 4$ .

Asociatividad de la diferencia simétrica

En diferencia simétrica de dos subconjuntos $A,B \subseteq X$ se define por $A \,\Delta\, B := (A \cup B) \setminus (A \cap B)$ . Una prueba elegante de la asociatividad de $\Delta$ utiliza la biyección $P(X) \cong \mathrm{Map}(X,\{0,1\})$ y observa que este último es el conjunto subyacente de a $\mathbb{F}_2$ -espacio vectorial $\mathrm{Map}(X,\mathbb{F}_2)$ . Si retiramos su adición a $P(X)$ obtenemos $\Delta$ . De este modo, la asociatividad de $\Delta$ es simplemente una consecuencia de la asociatividad de $+$ en $\mathbb{F}_2$ . Pero aún más, obtenemos toda una estructura de anillo en $P(X)$ con este método (la adición es $\Delta$ la multiplicación es $\bigcap$ ) y no es necesario calcular nada para ello.

Inversión de Moebius

Todas las propiedades básicas de la inversión de Moebius se aclaran dotando al conjunto de funciones $\mathbb{N}^+ \to \mathbb{C}$ con una estructura de anillo conmutativo: la suma es puntual, la multiplicación es $(f*g)(n) = \sum_{d ~ | ~ n } f(d) g(n/d)$ . Defina $\varepsilon : \mathbb{N}^+ \to \mathbb{C}$ por $\varepsilon(1)=1$ y $\varepsilon(n)=0$ para $n > 1$ es la unidad del anillo. Defina también $1 : \mathbb{N}^+ \to \mathbb{C}$ ser constante $1$ . En Fórmula de inversión de Moebius puede formularse ahora como $g = 1 * f \implies f = \mu * g$ . Pero esto es una consecuencia inmediata de $\mu * 1 = \varepsilon$ que es la definición de $\mu$ .

Coeficientes binomiales de nuevo

Si $p$ es un primo y $0 < k < p$ entonces $p \mid \binom{p}{k}$ . He aquí una demostración utilizando álgebra abstracta: Tenemos que demostrar que $(X+1)^p = X^p + 1$ se cumple en el anillo polinómico $\mathbb{F}_p[X]$ . Ambos lados son mónicos de grado $p$ por lo que la diferencia es un polinomio de grado $ < p$ y desaparece en $\mathbb{F}_p$ por el pequeño teorema de Fermat (para el que ya has mencionado una prueba teórica de grupos), por lo que debe ser cero. Este enfoque también es bueno ya que una simple inducción da $(X+1)^{p^n}=X^{p^n}+1$ y por lo tanto también $p \mid \binom{p^n}{k}$ para $0 < k < p^n$ .

Regla del producto

Al menos para los polinomios (y por tanto para las series de potencias) la regla del producto $(f g)' = fg' + f'g$ tiene una bonita demostración algebraica utilizando el anillo de números dobles $\mathbb{R}[\varepsilon]/\varepsilon^2$ . Es decir, la derivada de $f \in \mathbb{R}[T]$ se caracteriza (puede definirse) por $f(T+ \varepsilon ) = f(T) + f'(T) \varepsilon$ en $\mathbb{R}[\varepsilon]/\varepsilon^2[T]$ . Esto imita la definición de la derivada en análisis no estándar . Ahora calculamos $$(f g)(T + \varepsilon) = f(T + \varepsilon) g(T + \varepsilon) = (f(T) + f'(T) \varepsilon) (g(T) + g'(T) \varepsilon)\\ = f(T) g(T) + f(T) g'(T) \varepsilon + f'(T) g(T) \varepsilon + \underbrace{f'(T) g'(T) \varepsilon^2}_{=0} = fg + (fg' + f'g) \varepsilon.$$

Números de Fibonacci

Fórmula de Binet $F_n = (\varphi^n - (1-\varphi)^n)/\sqrt{5}$ para la Números de Fibonacci se obtiene diagonalizando la matriz $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ como se explica aquí . La representación matricial también implica las identidades $(-1)^n = F_{n+1} F_{n-1} - F_n^2$ y $F_m F_{n+1} + F_{m-1} F_n = F_{m+n}$ .

Infinitud de primos

He aquí una prueba teórica de grupo (que he encontrado aquí ): Sea $p$ sea un número primo. Demostraremos que existe un número primo mayor. Sea $q$ sea un factor primo de $2^p - 1$ lo que significa $2^p \equiv 1 \bmod q$ . Así que $2$ tiene orden $p$ en $\mathbb{F}_q^{\times}$ Así que $p \mid q-1$ por el Teorema de Lagrange. Por lo tanto, $q > p$ .

Determinantes

Si $A,B \in M_n(R)$ son matrices cuadradas, entonces $\det(AB) = \det(A) \det(B)$ . En lugar de calcularlo directamente, lo mejor es utilizar la definición "sin coordenadas" del determinante utilizando poderes exteriores de módulos. A saber, si $V$ es un $R$ -de rango $n$ entonces $\Lambda^n(V)$ es un $R$ -de rango $1$ . También, $\Lambda^n$ es un functor de modo que todo mapa lineal $f : V \to V$ induce un mapa lineal $\Lambda^n(V) \to \Lambda^n(V)$ . Desde $\Lambda^n(V) \cong R$ esto es sólo multiplicación con algún elemento del anillo, el determinante $\det(f)$ de $f$ . La functorialidad da inmediatamente $\det(f \circ g) = \det(f) \cdot \det(g)$ .

Identidad Vandermonde

Hablando de poderes exteriores: Satisfacen la regla $$\Lambda^k(V \oplus W) \cong \bigoplus_{p=0}^{k} \Lambda^p(V) \otimes \Lambda^{k-p}(W).$$ (Una prueba rápida utiliza que el functor $\Lambda^* : \mathbf{Mod}_R \to \mathbf{GradCommAlg}_R$ es adjunto por la izquierda y, por tanto, preserva los coproductos). Si $\dim(V)=n$ , $\dim(W)=m$ contando dimensiones, obtenemos la identidad de Vandermonde para coeficientes binomiales: $$\binom{n+m}{k} = \sum_{p=0}^{k} \binom{n}{p} \cdot \binom{m}{k-p}$$

Answer 2

Mi ejemplo favorito es la Congruencia de Wilson que establece que un número entero $p$ es primo si $(p - 1)! \equiv -1 \; \mbox{mod} \; p$ . He visto al menos una prueba que no se basa en el lenguaje de la teoría de grupos, pero la prueba parece más sucinta cuando se formula utilizando hechos sobre grupos abelianos:

Si $A$ es un grupo abeliano con exactamente un elemento de orden dos, digamos $b$ entonces $\prod_{a \in A} a = b$ . Esto se deduce porque un elemento de grupo es su propio inverso si tiene orden dos o uno. Aplicando este hecho al grupo concreto $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$ da el resultado deseado, ya que $p - 1$ es el único elemento de orden dos en este grupo.

Existen al menos otras dos pruebas de este hecho que utilizan el álgebra abstracta de formas bastante agradables:

El polinomio $x^p - x$ se puede demostrar que se divide en $p$ factores lineales cuando se ve como un polinomio en $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[x]$ y tenemos que $\prod_{i=1}^{p-1}(x - i) \equiv x^{p-1} - 1 \; \mbox{mod} \; p$ . Configuración $x = 0$ en esta congruencia da el resultado deseado.

La otra prueba utiliza uno de los Teoremas de Sylow que establece que el número de Sylow $p$ -subgrupos de un grupo es congruente con $1$ modulo $p$ . Se puede deducir que el grupo simétrico de grado $p$ tiene exactamente $(p - 2)!$ Sylow $p$ -subgrupos que nos dan $(p-2)! \equiv 1 \; \mbox{mod} \; p$ y el resultado se obtiene multiplicando ambos lados por $p - 1$ .