Знаю, что можно решить эту задачу через тройные циклы. Пожалуйста, покажите как хотя бы начать доказательство, не знаю с чего начать.

Доказать, что группа $%\mathfrak{A}_n$% при $%n=2k\geq4$% порождается элементами $%(12)(n-1n)$% и $%(12...n-1)$%, а при $%n=2k+1>=5$% - элементами $%(1n)(2n-1)$% и $%(12...n-2)$%.

задан 19 Дек '17 15:30

изменен 19 Дек '17 15:40

10|600 символов нужно символов осталось
0

Стандартное обозначение для знакопеременной подгруппы -- это $%A_n$%.

Для нахождения порождающих подгрупп чаще всего используется метод Шрайера. Он достаточно универсален, и с его помощью можно получить разнообразные системы порождающих. Я рассмотрю один из примеров "естественной" системы, которая при этом возникает.

Прежде всего, мы берём за основу систему из двух порождающих для группы $%S_n$%: это цикл $%a=(12\ldots n)$% и транспозиция $%b=(12)$%. Обозначим это множество через $%X$%. Далее, пусть $%T$% -- шрайерова система представителей смежных классов по подгруппе. Из $%A_n$% мы берём в качестве представителя единичный элемент $%e$%, как предписывает метод, а из $%S_n\setminus A_n$% можно взять любую нечётную подстановку. Проще всего взять $%(12)$%.

Через $%\bar{g}$% обозначается представитель того класса, которому принадлежит элемент $%g$%. Согласно теореме Шрайера, наша подгруппа порождается элементами вида $%tx\overline{tx}\,^{-1}$%, где $%t\in T$%, $%x\in X$%. При этом могут получаться единичные элементы, которые из системы порождающих можно исключить.

Для выбранного множества порождающих и системы представителей получается следующее. Для начала пусть $%n$% чётно. Тогда цикл $%a$% имеет чётную длину, то есть он является нечётной подстановкой, и $%\bar{a}=(12)=b$%. При $%t=e$% получается $%ta\overline{ta}\,^{-1}=ab=(12\ldots n)(12)=(23\ldots n)$% -- цикл длиной $%n-1$%. При $%t=(12)$% подстановка $%ta$% чётна, и $%ta\overline{ta}\,^{-1}=(12)(12\ldots n)=(13\ldots n)$%. Это ещё один цикл длиной $%n-1$%.

Если $%x=b$%, то для $%t=e$% и $%t=(12)$% получаются элементы $%tx\overline{tx}\,^{-1}$%, равные $%e$%. Их можно игнорировать.

Таким образом, для чётного $%n$% у нас получилась система из двух порождающих: $%(23\ldots n)$% и $%(13\ldots n)$%. Для того, чтобы доказать, что некоторая другая система порождает $%A_n$%, достаточно выразить через её элементы два цикла такого вида (причём не обязательно именно в такой нумерации символов). Это проще, чем выражать все тройные циклы, которых имеется слишком много.

Теперь рассмотрим случай нечётного $%n$%. Здесь цикла $%a$% чётен, и его представителем будет $%e$%. Теперь $%ea\overline{ea}\,^{-1}=a$%, то есть сам цикл войдёт в систему порождающих $%A_n$%. Далее, $%eb\overline{eb}\,^{-1}=e$%, и этот элемент пропускаем. Два оставшихся случая: $%(12)a\overline{(12)a}\,^{-1}=(12)(12\ldots n)(12)=(213\ldots n)$%, и это второй порождающий. Последний случай $%(12)b\overline{(12)b}\,^{-1}$% даёт $%e$%.

Здесь также можно через элементы данной в условии системы попытаться выразить два цикла вида $%(123\ldots n)$% и $%(213\ldots n)$%. Если система в самом деле порождает $%A_n$%, то выразить эти элементы можно, то есть требуется всего два подтверждающих примера. Однако я сам не хотел бы заниматься такой "подгонкой", так как это на уровне решения головоломок.

ссылка

отвечен 19 Дек '17 16:09

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:

×3,316
×198

задан
19 Дек '17 15:30

показан
49 раз

обновлен
19 Дек '17 16:09

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