Пусть G=<a,b,P(a,b),Q(a,b)> и H=<x,y;S(x,y),T(x,y)>. Показать, что $$G \times H$$=<a,b,x,y;P(a,b),Q(a,b),S(x,y),T(x,y),ax=xa,ay=ya,bx=xb,by=yb>, где $$G \times H$$-прямое произведение G и H, т.е. множество элементов вида (g,h),$$g \in G, h \in H$$, с операцией произведения $$(g,h)*( g' , h' )=(g g^{'} ,h h^{'} )$$. Указание: Пусть группа G задана относительно отображения $$a \rightarrow g,b \rightarrow g^{'} $$, а H- относительно отображения $$x \rightarrow h,y \rightarrow h^{'} $$. Показать, что комбинированное отображение $$a \rightarrow (g,1), b \rightarrow ( g^{'} ,1), x \rightarrow (1,h), y \rightarrow (1, h^{'} )$$ определяет гомоморфизм указанного выше представления для $$G \times H$$ на $$G \times H$$. Далее, показать, что каждый элемент этого представления можно определить словом U(a,b) V(x,y). Показать, что если $$U(a,b) V(x,y) \sim U^{'} (a,b) V^{'}(x,y)$$, то $$ U(g, g^{'} ) \sim U^{'} (g, g^{'}) $$ и $$V(h, h^{'} ) \sim V^{'} (h, h^{'}) $$, отображая указанное представление для $$G \times H$$ в G посредством $$a \rightarrow g, b \rightarrow g^{'} ,x \rightarrow 1,y \rightarrow 1$$ и в H посредством $$a \rightarrow 1, b \rightarrow 1, x \rightarrow h,y \rightarrow h^{'} $$.

задан 23 Май '13 1:55

изменен 23 Май '13 1:56

Я могу написать очень подробно, как это всё делается, но это займёт довольно много времени. В принципе, я мог бы всё изложить завтра. Вообще-то такие вещи доказываются просто, но надо перейти на другой язык, более современный. Если Вы знакомы с понятиями свободной группы, свойств нормальных подгрупп и гомоморфизмов, то это всё можно уложить в несколько предложений. Если же требуется объяснение в стиле старых книг (типа учебников Куроша или книги Карраса - Магнуса - Солитэра), то я могу это сделать завтра. Короткое объяснение стиле современных учебников могу дать хоть сейчас.

(23 Май '13 2:10) falcao

я знакома с этими понятиями. если не сложно, то опишите полностью, я дождусь завтра. не знаю единственного понятия свободной группы. заранее спасибо!

(23 Май '13 2:57) Kseniya

все-таки требуется, наверное, в стиле Карраса,Магнуса,Солитэра, т.к. это из их учебника.

(23 Май '13 2:58) Kseniya

Сейчас я уже спать ухожу, так что напишу завтра. Свободная группа задаётся пустым множеством соотношений, то есть это частный случай группы, заданной таким способом (и наиболее важный). Её элементами можно считать формальные произведения образующих и им обратных, где все подслова вида $%xx^{-1}$% и $%x^{-1}x$% сокращены. Операция -- это приписывание слов с последующим сокращением. Например, $%aba^{-1}b\cdot b^{-1}ab^{-3}=ab^{-2}$%.

(23 Май '13 3:33) falcao

теперь понятно, что это за группа!

(23 Май '13 12:19) Kseniya

Спасибо еще раз!)

(26 Май '13 22:39) Kseniya
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
4

Итак, я сейчас изложу доказательство (чуть более общего факта, поскольку он доказывается так же), исходя из следующих соображений. Доказательство должно быть полным и строгим; оно должно основываться на более современном и простом подходе; при этом оно должно согласовываться с терминологией, принятой в книге КМС.

1) Рассмотрим произвольную группу $%G$% и выберем в ней некоторое подмножество $%{\cal R}$%. Допустим, нам нужна некая группа (гомоморфный образ $%G$%), в которой все элементы из $%{\cal R}$% станут равными единице. Понятно, что в этом случае должны стать равны единице все обратные элементы, а также все сопряжённые элементы. Поэтому и все произведения элементов рассмотренного вида должны стать равными единице. Множество всех таких элементов, имеющих вид $$g_1^{-1}R_1^{\pm1}g_1\ldots g_k^{-1}R_k^{\pm1}g_k,$$ где $%k\ge1$%, $%R_1,\ldots,R_k\in{\cal R}$%, $%g_1,\ldots,g_k\in G$%, образуют нормальную подгруппу $%N$% группы $%G$%. Это следует из того, что рассмотренное множество элементов замкнуто относительно произведений, взятия обратных элементов, а также сопряжений элементами группы $%G$%. Легко также понять, что $%N$% является наименьшей нормальной подгруппой группы $%G$%, содержащей множество $%{\cal R}$%. Эта подгруппа называется нормальным замыканием множества $%{\cal R}$%. Факторгруппа $%G/N$% и будет тем гомоморфным образом, в котором все элементы из $%{\cal R}$% становятся равными единице.

2) Пусть группа $%G$% задана образующими и определяющими соотношениями: $$\langle A\mid{\cal R}\rangle,$$ где $%{\cal R}$% есть произвольное множество групповых слов в алфавите $%A$%. Имеется в виду, что мы рассматриваем соотношения вида $%R=1$%, где $%R\in{\cal R}$%. Это не ограничивает общности, так как соотношения вида $%U=V$% всегда можно переписать в виде $%U^{-1}V=1$%. Через $%{\mathbb F}_A$% будем обозначать свободную группу с базисом $%A$%, то есть группу с множеством образующих $%A$% и пустым множеством определяющих соотношений. Утверждается, что $%G\cong{\mathbb F}_A/N$%, где $%N$% есть нормальное замыкание множества $%R\in{\cal R}$% в группе $%{\mathbb F}_A$%. Это принципиальный факт, который часто будет использоваться. Докажем его, чтобы согласовать всё с определениями, данными в книге КМС.

Фактически, требуется проверить следующее: два слова $%U$%, $%V$% эквивалентны (в смысле терминологии из книги) относительно $%\langle A\mid{\cal R}\rangle$% тогда и только тогда, когда $%U^{-1}V\in N$%. Проверка здесь несложная, и она основывается на том, что если $%V$% получено из $%U$% при помощи одного элементарного преобразования, то это видно непосредственно. Например, если $%U=XY$%, $%V=XRY$%, $%R\in{\cal R}$% (то есть мы вставили определяющее соотношение), то $%U^{-1}V=Y^{-1}X^{-1}XRY=Y^{-1}RY$%, что принадлежит $%N$% по определению. Если имеется цепочка элементарных преобразований вида $%U_1\to U_2 \to \cdots\to U_m$%, то все элементы вида $%U_i^{-1}U_{i+1}$% при $%1\le i < m$% принадлежат $%N$%, а тогда их произведение $%U_1^{-1}U_2U_2^{-1}U_3\ldots U_{m-1}^{-1}U_m$%, равное $%U_1U_m^{-1}$%, также принадлежит $%N$%.

Обратное включение очевидно, потому что во всех словах из нормального замыкания можно вычеркнуть подслова вида $%R_i^{\pm1}$%, и слово превратится в $%g_1^{-1}g_1\ldots g_k^{-1}g_k$%, равное единице. Таким образом, если $%U^{-1}V\in N$%, то от $%V=U\cdot U^{-1}V$% можно перейти к $%U$% посредством элементарных преобразований, то есть $%U\sim V$%.

3) Рассмотрим одно общее соображение по поводу доказательства изоморфности некоторых групп $%G_1$%, $%G_2$%. В этом случае требуется установить изоморфизм между ними. Можно построить гомоморфизм из $%G_1$% в $%G_2$%, а потом проверить, что он инъективен и сюръективен. Но этот способ менее удобен нежели следующий: строятся два гомоморфизма $%\phi_1\colon G_1\to G_2$% и $%\phi_2\colon G_2\to G_1$%. Далее проверяется, что они взаимно обратны, то есть $%\phi_2(\phi_1(x))=x$% для любого $%x\in G_1$%, и $%\phi_1(\phi_2(y))=y$% для любого $%y\in G_2$%. Из этого сразу следует, что оба отображения биективны, то есть являются взаимно обратными изоморфизмами. При этом достаточно проверить указанные выше равенства не для всех $%x\in G_1$%, а только для тех $%x$%, которые входят в систему образующих группы. Это следует из того, что любой элемент группы является произведением образующих и им обратных, и если эти элементы переходят в себя под действием композиции двух гомоморфных отображений, то и для всех элементов группы это так. Аналогично обстоит дело с группой $%G_2$% и её образующими.

4) Также хотелось бы здесь отметить одно общее соображение относительно построения гомоморфизмов. Пусть группа $%G$% задана при помощи $%\langle A\mid{\cal R}\rangle$%, и мы хотим построить некоторый гомоморфизм $%\phi$% в группу $%H$%. Для этого достаточно определить значения $%\phi$% на образующих, то есть рассмотреть произвольное отображение $%\phi$% из $%A$% в $%H$%. Это отображение однозначно продолжается до гомоморфизма свободной группы $%{\mathbb F}_A$% в $%H$%, так как для любого произведения образующих и им обратных можно положить $%\phi(a_1^{\pm1}\ldots a_m^{\pm1})=\phi(a_1)^{\pm1}\ldots\phi(a_m)^{\pm1}$% по определению, и такое отображение будет корректно определённым гомоморфизмом свободной группы в $%H$%. Однако нам нужен гомоморфизм из $%G$% в $%H$%, а $%G$% есть не что иное как факторгруппа $%{\mathbb F}_A/N$%. Из общеалгебраических соображений типа теорем о гомоморфизмах, следует, что для построения такого индуцированного гомоморфизма $%\bar{\phi}\colon{\mathbb F}_A/N\to H$% достаточно, чтобы $%N$% содержалась в ядре гомоморфизма $%\phi$%. Тогда отображение $%\phi$% будет постоянно на смежных классах по нормальной подгруппе $%N$%, и можно положить $%\bar{\phi}(gN)=\phi(g)$%, сопоставляя смежному классу $%gN$% значение отображения $%\phi$% на любом его элементе.

Для того, чтобы $%N$% содержалось в ядре $%\phi$%, необходимо и достаточно, чтобы все элементы из $%{\cal R}$% переходили в единицу при гомоморфизме $%\phi$%. Это прямо следует из описания нормального замыкания. Поэтому далее мы будем использовать этот подход как универсальный способ строить гомоморфизмы. На образующих элементах мы определяем будущий гомоморфизм как угодно, и проверить надо только то, что все определяющие соотношения группы при этом перейдут в единицу.

5) Теперь докажем требуемый факт о прямом произведении групп. Пусть дана группа $%G$%, заданная при помощи $%\langle A\mid{\cal R}\rangle$%, а также группа $%H$%, заданная при помощи $%\langle B\mid{\cal S}\rangle$%. Можно считать, что групповые алфавиты $%A^{\pm1}$%, $%B^{\pm1}$% не пересекаются. Рассмотрим тогда группу $%K$%, заданную при помощи $$\langle A\cup B\mid{\cal R}\cup{\cal S}\cup{\cal T}\rangle,$$ где $%{\cal T}$% есть множество дополнительных соотношений, означающих, что каждая буква алфавита $%A$% перестановочна с каждой буквой алфавита $%B$%. Такие соотношения могут быть записаны в виде $%ab=ba$%, где $%a\in A$%, $%b\in B$%, то есть можно считать, что $%{\cal T}$% состоит из всех слов вида $%b^{-1}a^{-1}ba$%, где $%a$% пробегает $%A$% и $%b$% пробегает $%B$%. Мы хотим доказать, что группа $%K$%, заданная этим способом, изоморфна прямому произведению $%G\times H$%.

Сначала построим гомоморфизм $%\phi$% из $%K$% в $%G\times H$%. Определим его на образующих следующим образом: $%\phi(a)=(a,1)$%, $%\phi(b)=(1,b)$%. Здесь для удобства одной и той же буквой обозначены формально разные вещи. Буква $%a$% здесь является и символом алфавита $%a$%, и однобуквенным словом из этой буквы, и элементом группы $%K$% -- классом эквивалентности этого слова, и элементом группы $%G$%. Но каких-либо принципиальных разночтений это не вызывает. Теперь надо проверить, что все определяющие соотношения группы $%K$% отображаются при этом в единицу группы $%G\times H$%. Это верно для соотношений из $%{\cal R}$%, так как соответствующие слова равны единице в $%G$% по причине того, что эти слова являются соотношениями группы $%G$%. Аналогичный вывод справедлив относительно соотношений из $%{\cal S}$%: они будут соотношениями группы $%H$%. Наконец, соотношения из $%{\cal T}$% также отображаются в единицу: $%b^{-1}a^{-1}ba$% переходит в $%(1,b)^{-1}(a,1)^{-1}(1,b)(a,1)=(a^{-1}a,b^{-1}b)=(1,1)\in G\times H$%. Тем самым, построен гомоморфизм $%\phi\colon K\to G\times H$%.

Теперь построим гомоморфизмы $%\psi_1\colon G\to K$% и $%\psi_2\colon H\to K$%. Задаются они естественным образом по правилам $%\psi_1(a)=a$% и $%\psi_2(b)=b$% на образующих групп $%G$% и $%H$% соответственно. Ясно, что определяющие соотношения групп при этом переходят в единицу группы $%K$% по той причине, что слова как из $%{\cal R}$%, так и из $%{\cal S}$% являются соотношениями группы $%K$%. После этого мы определяем отображение $%\psi\colon G\times H\to K$% по правилу $%\psi(g,h)=\psi_1(g)\psi_2(h)$% для любых $%g\in G$%, $%h\in H$%. Надо проверить, что это гомоморфизм групп. Действительно, $$\psi((g_1,h_1)(g_2,h_2))=\psi(g_1g_2,h_1h_2)=\psi_1(g_1g_2)\psi_2(h_1h_2)=\psi_1(g_1)\psi_1(g_2)\psi_2(h_1)\psi_2(h_2).$$ Здесь достаточно заметить, что элемент $%\psi_1(g_2)$% как элемент группы $%K$% представляется произведением образующих и им обратных из множества $%A$%, а $%\psi_2(h_1)$% представляется произведением образующих и им обратных из множества $%B$%. Поскольку в группе $%K$% любая буква из $%A$% коммутирует с любой буквой из $%B$% ввиду наличия соотношений из множества $%{\cal T}$%, отсюда следует, что любое групповое слово над $%A$% коммутирует с любым групповым словом над $%B$%. (Этот эффект был мной подробно объяснён в одном из предыдущих ответов.) Таким образом, элементы $%\psi_1(g_2)$% и $%\psi_2(h_1)$% можно переставить, и выкладки из равенства, рассмотренного выше, можно продолжить так: $$\psi((g_1,h_1)(g_2,h_2))=\psi_1(g_1)\psi_1(g_2)\psi_2(h_1)\psi_2(h_2)=\psi_1(g_1)\psi_2(h_1)\psi_1(g_2)\psi_2(h_2)=\psi(g_1,h_1)\psi(g_2,h_2),$$ то есть $%\psi$% является гомоморфизмом.

Теперь осталось проверить, что $%\phi$% и $%\psi$% взаимно обратны. Как указывалось в одном из пунктов, это достаточно проверить на образующих групп. Возьмём образующий элемент группы $%K$% и применим сначала $%\phi$%, а потом $%\psi$%. Для $%a\in A$% это даёт $%\psi(\phi(a))=\psi(a,1)=\psi_1(a)\psi_2(1)=a$%. Аналогично, для $%b\in B$% получаем $%\psi(\phi(b))=\psi(1,b)=\psi_1(1)\psi_2(b)=b$%. Итак, композиция $%\psi\circ\phi$% будет тождественна на $%K$%.

Рассмотрим композицию $%\phi\circ\psi$%. Применим её к элементам вида $%(a,1)$%, где $%a\in A$%. Имеем: $%\phi(\psi(a,1)))=\phi(\psi_1(a))=\phi(a)=(a,1)$%. Аналогично, $%\phi(\psi(1,b)))=\phi(\psi_2(b))=\phi(b)=(1,b)$% для всех $%b\in B$%. В итоге оказывается, что композиция $%\phi\circ\psi$% тождественна на элементах вида $%(a,1)$% и $%(1,b)$%, но эти элементы порождают группу $%G\times H$%, откуда вытекает, что $%\phi\circ\psi$% тождественна на $%G\times H$%.

Взаимно обратные гомоморфизмы $%\phi$% и $%\psi$% построены, что позволяет заключить, что наши группы изоморфны: $%K\cong G\times H$%, что и требовалось доказать.

ссылка

отвечен 24 Май '13 5:45

спасибо, очень подробно и понятно!) Благодарю Вас!

(26 Май '13 20:27) Kseniya

единственное, что не знакома с понятием "нормальное замыкание"

(26 Май '13 20:28) Kseniya

@Kseniya: это хорошо, что текст оказался понятен. Я старался :) Вообще-то именно такой способ доказательства и примерно такой язык изложения на данное время является наиболее стандартными. Что лично мне не нравится в стиле "старого образца", это неудачный выбор обозначений. Скажем, элемент группы $%G$%, заданный образующим $%a$%, лучше обозначить как $%a_G$%, если хочется подчеркнуть, что это не просто символ, а элемент группы $%G$%.

(26 Май '13 20:42) falcao

как же мне быть с этим понятием?)

(26 Май '13 20:45) Kseniya

Вообще-то этот термин стандартен и весьма удобен. Лучше всего было бы взять его за основу. В более современной книге Линдона и Шуппа "Комбинаторная теория групп" он используется (см. начало главы II). Эта книга вышла в 1977 году и вскоре была переведена на русский. При желании, конечно, можно избежать употребления этого понятия, так как здесь важен общий принцип построения гомоморфизмов. Нужна лемма о том, что если при некотором соответствии все соотношения переходят в единицу, то получается гомоморфизм группы, заданной образующими и соотношениями.

(26 Май '13 21:06) falcao

хорошо, я посмотрю этой книге. разберусь)

(26 Май '13 21:33) Kseniya
1

Могу порекомендовать ещё книгу: А.Ю.Ольшанский, "Геометрия определяющих соотношений в группах", М.: Наука, 1989. В параграфе 4 (стр. 35 и далее) есть короткое описание всех основных понятий, связанных с заданием групп образующими и соотношениями.

(26 Май '13 22:36) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
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:

×4,556

задан
23 Май '13 1:55

показан
915 раз

обновлен
26 Май '13 22:39

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