Показать,что N не является нормальной подгруппой в F порожденной одним словом R(a,b). [Указание.возьмите группу <a,b;R(a,b)>,абелизуйте ее,т.е рассмотрите G=<a,b;R(a,b),ab=ba>.Так как ab=ba то R(a,b) эквивалентно соотношению вида a^m=b^n; отсюда G=<a,b;a^m=b^n,ab=ba>. Показать что G бесконечна,отобразил G в бесконечную циклическую группу от сюда группа <a,b;R(a,b)>бесконечно но F/N имеет порядок два]

задан 22 Апр '17 14:51

Откуда следует, что F/N имеет порядок 2? Я этого не понимаю.

Доказать, что циклическая подгруппа свободной группы ранга 2 не может быть нормальной (с оговоркой, что она неединична), можно достаточно просто другими способами.

P.S. Можно ли дать ссылку на страницы книги, чтобы сравнить? А то здесь много странностей.

(22 Апр '17 16:06) falcao

В инете нет книга, но эти задачи из Комбинаторная теория групп Магнус.В,Каррас А.,Солитэр Д.

(24 Апр '17 18:29) Седа

@Седа: эту книгу я знаю, она у меня есть. Меня интересовали номера страниц, откуда это взято.

(24 Апр '17 21:32) falcao

Страница 78 задача 1 Там много задач но это последнее из них

(24 Апр '17 23:02) Седа

@Седа: теперь всё ясно -- нашёл это упражнение. Вы почему-то процитировали его с середины, и получилось нечто малоосмысленное. Самая первая задача (про чётность длины) решается тривиально. Если два слова свободно равны, то от одного к другому можно перейти путём вставок или вычёркиваний слов длиной 2, то есть xx^{-1} или x^{-1}x. Тогда чётность длины не меняется. По поводу всего остального -- в комментарий это не влезет, я напишу в ответе.

(24 Апр '17 23:08) falcao

Хорошо спасибо

(24 Апр '17 23:17) Седа
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
1

Рассматривается подгруппа $%N$% слов чётной длины в свободной группе. Она нормальна, так как является ядром гомоморфизма на $%\mathbb Z_2$%: слову чётной длины сопоставляется элемент 0, слову нечётной длины -- элемент 1. По теореме о гомоморфизмах, $%F/N$% имеет порядок 2.

В условии из книги требуется сначала проверить, что $%N$% порождается элементами $%u=a^2$% и $%v=ab$% как нормальная подгруппа. Для доказательства достаточно любое слово чётной длины выразить через два указанных образующих, используя при необходимости обратные и сопряжённые элементы. Сделать это нетрудно. Прежде всего, $%ba=a^{-1}aba=a^{-1}va$% сопряжено $%v$%. Далее, $%b^2=ba\cdot a^{-1}b=(ba)(a^2)^{-1}(ab)$% выражается через предыдущие элементы. Для слов $%ab^{-1}$%, $%ba^{-1}$% имеем $%ab(b^2)^{-1}$% и $%ba(a^2)^{-1}$%, соответственно. Наконец, если слово длиной 2 начинается с одной из обратных букв и имеет вид $%a^{-1}x$% или $%b^{-1}x$%, где $%x$% -- буква, то записываем его как $%(a^2)^{-1}ax$% или $%(b^2)^{-1}bx$%, а слова, начинающиеся с $%a$% и $%b$% мы уже умеем выражать.

Тот же факт можно было установить по-другому, рассматривая группу с двумя соотношениями $%a^2=ab=1$%. Тогда $%a^{-1}=a$%, $%b^{-1}=a$%. Обратные буквы заменяем, получая слово чётной длины от $%a$%. Оно является произведением слов вида $%a^2$%, $%a^{-2}$%, $%a^{-1}a$%, $%aa^{-1}$%, то есть равно единице в факторгруппе.

Можно также доказать, что $%N$% порождается тремя элементами $%a^2$%, $%ab$%, $%ab^{-1}$% как подгруппа, но это в условии не требуется.

Остаётся проверить, что $%N$% как нормальная подгруппа не может быть порождена одним элементом. Рассуждая от противного, рассматриваем такой элемент, задаваемый словом $%R(a,b)$%. Добавляем ещё одно соотношение коммутативности: $%ab=ba$%. Это даёт гомоморфный образ нашей группы, которая имеет порядок 2. Если доказать, что на самом деле он бесконечен, это даст искомое противоречие.

Соотношение $%R(a,b)=1$% с учётом соотношения коммутативности можно переписать как равносильное соотношение $%a^mb^n=1$%. Получится группа $%\langle a,b\mid a^mb^n=1,ab=ba\rangle$%. У неё имеется бесконечный гомоморфный образ. Если $%m=n=0$%, это очевидно. В противном случае берём бесконечную циклическую группу $%\langle x\rangle$% и отображаем $%a$% в $%x^n$%, и $%b$% в $%x^{-m}$%. Все соотношения переходят в единицу, что даёт индуцированный гомоморфизм, образ которого неединичен, а потому бесконечен.

ссылка

отвечен 24 Апр '17 23:58

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×860
×63

задан
22 Апр '17 14:51

показан
456 раз

обновлен
24 Апр '17 23:58

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru