Пусть $%G$% - неабелева группа порядка 28, в которой силовские 2-подгруппы циклические.

  1. Найти количество силовских 2-подгрупп и силовских 7-подгрупп
  2. Доказать, что существует по большей мере одна такая группа (с точностью до изоморфизма)

задан 18 Фев '18 23:51

изменен 19 Фев '18 5:59

Первая часть понятна: силовская 7-подгруппа одна (по 3 теореме Силова), и поэтому она нормальна; по той же теореме 2-подгрупп либо 7, либо одна. Если она одна, то она тоже нормальна, но тогда группа изоморфна прямому произведению и поэтому абелева. Значит, 7-подгруппа одна, а 2-подгрупп - 7 штук.

(19 Фев '18 6:04) Slater

Тут, если кратко, дальше идея следующая. Пусть H -- силовская 7-подгруппа. Рассмотрим произвольную силовскую 2-подгруппу P. Она изоморфна Z4. Эта группа действует на множестве G сопряжениями (как и любая подгруппа в G). При этом действии H инвариантна, и сопряжение элементом g из P индуцирует автоморфизм H. Получается гомоморфизм из P в Aut(Z7)=Z6. Образующий порядка 4 переходит или в тождественный автоморфизм, или в автоморфизм порядка 2. В первом случае группа абелева, а во втором её структура однозначно восстанавливается через полупрямое произведение.

(19 Фев '18 9:20) falcao

А можно подробнее про последние 2 предложения? (Почему только 2 именно таких гомоморфизма в Aut(Z7), почему в этих случаях G или абелева, или "восстанавливается через полупрямое произведение") И почему в итоге по большей мере группа G одна, если в таком описании их две?

(19 Фев '18 21:18) Slater

@Slater: по этой задаче имеет смысл написать более подробно. Групп всего две, считая абелеву. А если изначально брать только неабелевы, то группа получается всего одна.

(19 Фев '18 23:21) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Повторим сначала то, что было сказано в комментариях.

Пусть H -- силовская 7-подгруппа. Рассмотрим произвольную силовскую 2-подгруппу P. Она изоморфна Z4. Эта группа действует на множестве G сопряжениями (как и любая подгруппа в G). При этом действии H инвариантна, и сопряжение элементом g из P индуцирует автоморфизм H. Получается гомоморфизм из P в Aut(Z7)=Z6. Образующий порядка 4 группы переходит или в автоморфизм ф, квадрат которого равен 1. Это следует из того, что ф^6=1 как элемент Z6, и ф^4=1 как образ элемента 4-го порядка, порождающего P.

Автоморфизм группы Z7, порождённой a, определяется тем, куда переходит a. Ясно, что образующий переходит в образующий, то есть ф(a)=a^r, где r=1,2,...,6. При этом ф^2(a)=ф(a^r)=ф(a)^r=(a^r)^r=a^{r^2}. У нас ф^2 тождественный, откуда a^{r^2}=ф^2(a)=a, то есть r^2-1=(r-1)(r+1) делится на 7. Возникает два случая: r=1 и r=6.

В первом случае группа абелева. В самом деле, сопряжение элементом из P даёт тождественный автоморфизм подгруппы H. То же верно для сопряжения элементами H, так как эта подгруппа абелева. Ввиду того, что G=HP (как произведение множеств), получается, что H лежит в центре (сопряжение любым элементом тривиально). Известно, что факторгруппа неабелевой группы по центру не может быть циклическойЮ поэтому G абелева, и тогда G изоморфна HxP=Z7xZ4=Z28.

Во втором случае у нас имеются элементы a, x, порождающие группу (в силу того же равенства G=HP). При этом a^7=1, x^4=1. При сопряжении элементом x, элемент a переходит в a^6=a^{-1}. Запишем третье соотношение xax^{-1}=a^{-1}. Этих трёх соотношений достаточно, чтобы восстановить таблицу умножения для элементов множества HP={a^{k}x^{m} | 0<=k < 6, 0<=m < 4}.

Действительно, нам достаточно научиться превращать произведение степени x и степени a (то есть произведение из PH) в произведение из HP. Мы знаем, что xax^{-1}=a^{-1}, откуда x^2ax^{-2}=xa^{-1}x^{-1}=(xax^{-1})^{-1}=(a^{-1})^{-1}=a. Аналогично, x^3ax^{-3}=xax^{-1}=a. Тем самым, верна формула x^{m}ax^{-m}=a^{(-1)^m}. Возводя обе части в k-ю степень, имеем x^{m}a^{k}x^{-m}=a^{k(-1)^m}. Это значит, что x^{m}a^{k}=a^{k(-1)^m}x^{m}, то есть мы умеем с помощью соотношений превращать элементы из PH в элементы из HP. Отсюда следует "слабое" утверждение о том, что неабелева группа из условия не более чем одна. (Сразу не ясно, что одна группа есть, так как не проверено, что следствия соотношений не ведут к чему-то тривиальному или "вырожденному".)

То, что она ровно одна, следует из конструкции полупрямого произведения. Фактически, выше было описано полупрямое произведение H=Z7 на P=Z4, где образующий группы P действует на H автоморфизмом a -> a^{-1}. В этой общей конструкции уже проверено, что такая группа существует, и она удовлетворяет всем требованиям. Отмечу, что для построения полупрямого произведения нам достаточно иметь две группы A и B, а также гомоморфизм из B в Aut(A). Тогда строится расширение A при помощи B, которое и называется полупрямым произведением.

ссылка

отвечен 19 Фев '18 23:47

Почему G=HP (это как-то следует из взаимной простоты порядков, но как)? И как отсюда следует что H в центре G? Далее используется факт про фактор по центру, он применяется к каким группам? И H не центр никакой группы, фактор, а просто содержится в центре. Как тогда этот факт применяется?

(20 Фев '18 0:21) Slater
1

@Slater: есть общая конструкция, когда в группе G выделено две подгруппы A и B, одна из которых нормальна. Пусть это A. Тогда произведение множеств H=AB будет подгруппой, что следует из критерия HH=H, H^{-1}=H. Если дополнительно известно, что A n B = 1 (например, из взаимной простоты), то запись элемента H в виде ab единственна. Если вдобавок |G|=|A|*|B|, то G=AB.

Если элементы H коммутируют с элементами как H, так и P, то они коммутирует со всеми ввиду G=HP. Тогда H лежит в центре. Если H не центр, то центр равен G ввиду простоты числа |G|:|H|. Тогда G абелева. А если нет, что G/H циклична.

(20 Фев '18 0:43) falcao

А как из ф^6=1 и ф^4=1 следует ф^2=1? Я при первом чтении это пропустил, потому что думал что у ф порядок 2 потому что ф - это сопряжение.

"ввиду простоты числа |G|:|H|" Но это число равно 28:7=4. Порядок центра теоретически может быть 14, если H собственно содержится в центре.

(20 Фев '18 1:21) Slater

@Slater: первое следует из того, что 6-4=2 :) Это какой-то анекдотичный вопрос, согласитесь! :)

Насчёт последнего Вы правы (я мысленно представлял себе случай типа 55), но тогда нужна маленькая поправка. Если центр имеет порядок 14, то факторгруппа по нему имеет порядок 2, и она снова циклическая, что для неабелевой группы невозможно. Вообще, этот фрагмент рассуждения получился слишком длинным -- там можно всё то же самое проще аргументировать.

(20 Фев '18 1:55) falcao

Да, это рассуждение меня запутало :) Теперь я не понимаю, почему если H равна центру, то G/H циклична.

(20 Фев '18 2:24) Slater

@Slater: давайте всё упростим. Если группа является произведением двух абелевых подгрупп, элементы которых попарно коммутируют (а у нас это так), то она абелева. Этого вполне достаточно, а рассуждение с центром лишнее.

(20 Фев '18 2:28) falcao
показано 5 из 6 показать еще 1
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:

×4,517

задан
18 Фев '18 23:51

показан
435 раз

обновлен
20 Фев '18 2:28

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