Вопрос по теории групп

[Профессор Снэйп]

Заблудился в трёх соснах, прошу помощи

Пусть $G$ --- (конечная) группа, $H$ --- подгруппа в $G$, $x \in G$ и $H' = xHx^{-1} \neq H$. Обязательно ли найдётся такой $h \in H$, что $hH'h^{-1} \neq H'$?

[Cervix]

Профессор Снэйп писал(а):

Заблудился в трёх соснах, прошу помощи

Пусть $G$ --- (конечная) группа, $H$ --- подгруппа в $G$, $x \in G$ и $H' = xHx^{-1} \neq H$. Обязательно ли найдётся такой $h \in H$, что $hH'h^{-1} \neq H'$?

Да, $h=x^{-1}$.
$hH'h^{-1}=H\neq H'$

[ewert]

Cervix писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Заблудился в трёх соснах, прошу помощи

Пусть $G$ --- (конечная) группа, $H$ --- подгруппа в $G$, $x \in G$ и $H' = xHx^{-1} \neq H$. Обязательно ли найдётся такой $h \in H$, что $hH'h^{-1} \neq H'$?

Да, $h=x^{-1}$.
$hH'h^{-1}=H\neq H'$

$x,\;x^{-1}\notin H$

[Cervix]

ewert писал(а):

$x,\;x^{-1}\notin H$

Сорри, накосячил - невнимательно прочитал вопрос. Но ответ все равно положительный. Пусть N - наибольшая нормальная подгруппа G. Тогда это верно для любого $h\in H$, $h\notin N$. ($H\neq N$, т.к. H - не нормальная подгруппа по условию)

[Профессор Снэйп]

Cervix писал(а):

Да, $h=x^{-1}$.

Нужно, чтобы $h$ было из $H$, а $x$ --- просто какой-то элемент $G$.

Добавлено спустя 7 минут 48 секунд:

Cervix писал(а):

Пусть N - наибольшая нормальная подгруппа G. Тогда это верно для любого $h\in H$, $h\notin N$. ($H\neq N$, т.к. H - не нормальная подгруппа по условию)

??? Ваще какая-то ерунда!

Что значит "наибольшая нормальная подгруппа"? $N = G$, что ли? Я не понял, как Вы выбираете $N$.

P. S. Вопрос возник по ходу разбора доказательства второй теоремы Силова. Так что могу ещё дополнительно сообщить, что $H$ --- силовская. Может, это чем-то поможет?

[AlexDem]

Я не ошибусь, если скажу, что нет? Ведь $xHx^{-1}$ - это изоморфизм между $H$ и $H'$? Достаточно, чтобы элементы этих подгрупп коммутировали между собой.

Пусть $H = <\{a, e\}, *>$, $H' = <\{b, e\}, *>$, то есть у нас две изоморфные подгруппы из двух элементов. Тогда:
$a^2 = e$
$b^2 = e$
Если $ab = ba = c$, то $aba^{-1} = b$, то есть заявленное действие не выводит за пределы $H'$.

[RIP]

Профессор Снэйп писал(а):

P. S. Вопрос возник по ходу разбора доказательства второй теоремы Силова. Так что могу ещё дополнительно сообщить, что $H$ --- силовская. Может, это чем-то поможет?

Поможет. Ответ утвердительный. Допустим обратное. Тогда $HH'$ — подгруппа и $H'\lhd HH'$. По первой теореме об изоморфизме $HH'/H'\cong H/(H\cap H')$, откуда $|HH'|=|H'|\cdot|H/(H\cap H')|$ — степень $p$. Поскольку $H'$ — силовская, то $H=H'$.

[Профессор Снэйп]

AlexDem писал(а):

Ведь $xHx^{-1}$ - это изоморфизм между $H$ и $H'$?

Это не изоморфизм, а подгруппа Изоморфизм --- это отображение $y \mapsto xyx^{-1}$.

AlexDem писал(а):

Достаточно, чтобы элементы этих подгрупп коммутировали между собой.

Пусть $H = <\{a, e\}, *>$, $H' = <\{b, e\}, *>$, то есть у нас две изоморфные подгруппы из двух элементов. Тогда:
$a^2 = e$
$b^2 = e$
Если $ab = ba = c$, то $aba^{-1} = b$, то есть заявленное действие не выводит за пределы $H'$.

Если честно, то не понял. К чему это всё? У Вас разве $H$ и $H'$ сопряжены? Где $x \in G$, такой что $xHx^{-1} = H'$? И чему эта группа $G$ вообще равна?

Добавлено спустя 3 минуты 44 секунды:

RIP писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

P. S. Вопрос возник по ходу разбора доказательства второй теоремы Силова. Так что могу ещё дополнительно сообщить, что $H$ --- силовская. Может, это чем-то поможет?

Поможет. Ответ утвердительный. Допустим обратное. Тогда $HH'$ — подгруппа и $H'\lhd HH'$. По первой теореме об изоморфизме $HH'/H'\cong H/(H\cap H')$, откуда $|HH'|=|H'|\cdot|H/(H\cap H')|$ — степень $p$. Поскольку $H'$ — силовская, то $H=H'$.

Да, разобрался. Всё встало на свои места. RIP, большое спасибо

[ewert]

Профессор Снэйп писал(а):

AlexDem писал(а):

Ведь $xHx^{-1}$ - это изоморфизм между $H$ и $H'$?

Это не изоморфизм, а подгруппа

а по-моему -- так это откровенный изоморфизм. Т.е. биекция, сохраняющая групповую структуру.

Ну эт я так, про себя, по-девичьи; задачу решить это, конечно, не поможет.

[Профессор Снэйп]

ewert писал(а):

а по-моему -- так это откровенный изоморфизм. Т.е. биекция, сохраняющая групповую структуру.

$$ xHx^{-1} = \{ xyx^{-1} : y \in H \} $$

Где Вы там какую-то биекцию увидели?

[AlexDem]

А разве не выполняется для всех $a, b \in H$ равенство: $(xax^{-1})(xbx^{-1}) = (xabx^{-1})$? То есть $f(a)f(b)=f(ab)$.

[ewert]

Профессор Снэйп писал(а):

ewert писал(а):

а по-моему -- так это откровенный изоморфизм. Т.е. биекция, сохраняющая групповую структуру.

$$ xHx^{-1} = \{ xyx^{-1} : y \in H \} $$

Где Вы там какую-то биекцию увидели?

Сам удивляюсь:

$xy_1x^{-1}=xy_2x^{-1}\ \Longrightarrow\ y_1=y_2$,

, путём обвешивания справа и слева прямыми и обратными иксами. Загадка какая-то...

[Профессор Снэйп]

AlexDem писал(а):

А разве не выполняется для всех $a, b \in H$ равенство: $(xax^{-1})(xbx^{-1}) = (xabx^{-1})$? То есть $f(a)f(b)=f(ab)$.

К чему относится это Ваше замечание?

[AlexDem]

К предыдущему Вашему сообщению:

Профессор Снэйп писал(а):

Где Вы там какую-то биекцию увидели?

[Профессор Снэйп]

ewert писал(а):

$xy_1x^{-1}=xy_2x^{-1}\ \Longrightarrow\ y_1=y_2$,

, путём обвешивания справа и слева прямыми и обратными иксами. Загадка какая-то...

То, что сопряжение --- это автоморфизм группы, индуцирующий перестановку на множестве подгрупп --- с этим я не спорю. Но ведь Вы приводите в качестве примера конкретную подгруппу, то есть значение этой перестановки на конкретном аргументе. Где здесь изоморфизм?

Это всё равно равно, что я обзову параболой число $4$. Дескать, уравнение параболы $y=x^2$, а $4$ --- это $2$ в квадрате

Добавлено спустя 1 минуту 13 секунд:

Короче, задача решена, ещё раз спасибо RIP. А с глупостями я спорить не намерен.