2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Факторгруппа свободного произведения
Сообщение23.06.2018, 20:23 


06/09/17
112
Москва
Пусть $G = G_1 * G_2$ (вместе с включениями $in_1, in_2$), $N \subset G$ -- наименьшая нормальная подгруппа, содержащая $G_1$. Доказать, что $G/N$ изоморфна $G_2$.

Рассмотрим диаграмму:
$\xymatrix{
G_i \ar[r]^{in_i} \ar[d]_{pr_i} & G\ar[d]^f\\
G'_i \ar[r]^{in'_i}& G'_1*G'_2
}

$G'_1 = G_1/G_1, G'_2 = G_2/\lbrace e \rbrace$, $pr_i$ -- естественные гомоморфизмы

$G'_1 * G'_2 \simeq G_2$


По определению свободного произведения, $\exists ! f$, делающая её коммутативной.

Таким образом, $N \subset Ker f$.

Как доказать обратное включение, я не знаю. Дайте, пожалуйста, подсказку

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение23.06.2018, 21:30 
Заслуженный участник


18/01/15
3318
Разве это та диаграмма, которая фигурирует в определении свободного произведения ?

Знаете ли Вы теорему о каноническом виде элементов свободного произведения ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение23.06.2018, 22:26 


06/09/17
112
Москва
Ну эта диаграмма очень быстро из определения получается. Да, "по определению" не очень уместно.

Теорему знаю.

-- 23.06.2018, 23:08 --

Я думаю, этот гомоморфизм действует примерно так: он в слове все буквы, относящиеся к $G_1$, удаляет. Мне более-менее понятно, почему обратное включение верно. Ну и доказательство, наверное, можно провести индукцией по количеству элементов из $G_1$ в слове в редуцированной форме, соответствующим образом дополняя его с "хвоста" до вида $\ldots g_2 g_2^{-1} g_1 g_2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение24.06.2018, 00:45 
Заслуженный участник


18/01/15
3318
npetric в сообщении #1322139 писал(а):
Я думаю, этот гомоморфизм действует примерно так: он в слове все буквы, относящиеся к $G_1$, удаляет. Мне более-менее понятно, почему обратное включение верно. Ну и доказательство, наверное, можно провести индукцией по количеству элементов из $G_1$ в слове в редуцированной форме, соответствующим образом дополняя его с "хвоста" до вида $\ldots g_2 g_2^{-1} g_1 g_2$

Вот и проведите. Т.е. покажите, непосредственными вычислениями, что если $x\in G$ и $y$ --- его образ в $G_2$, то $xy^{-1}\in N$.

-- 23.06.2018, 23:47 --

P.S. А диаграмма при таком подходе вообще не нужна.

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение24.06.2018, 13:43 


06/09/17
112
Москва
Любой элемент $x \in G$ можно представить в виде $x = g_{0,2} \, g_{1,2}^{-1} g_{1,1} g_{1,2} \ldots g_{n,2}^{-1} g_{n,1} g_{n,2}, \quad g_{i,1} \in G_1, g_{i,2} \in G_2$.

Из предположения $g_{0,2} \ne e$ следует, что $x \not \in Ker f$. Стало быть, верно обратное включение

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение24.06.2018, 15:49 
Заслуженный участник


18/01/15
3318
npetric в сообщении #1322257 писал(а):
Любой элемент $x \in G$ можно представить в виде $x = g_{0,2} \, g_{1,2}^{-1} g_{1,1} g_{1,2} \ldots g_{n,2}^{-1} g_{n,1} g_{n,2}, \quad g_{i,1} \in G_1, g_{i,2} \in G_2$

Да, верно, однако почему ? Пусть, например, $x_1,x_2,x_3\in G_1$, $y_1,y_2,y_3\in G_2$. Как представить элемент $g=x_1y_1x_2y_2x_3y_3$ в нужном виде ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение24.06.2018, 17:34 


06/09/17
112
Москва
Утверждение не совсем верно. $x = g_0 \, g_{1,2}^{-1} g_{1,1} g_{1,2} \ldots g_{n,2}^{-1} g_{n,1} g_{n,2}, \quad g_{i,1} \in G_1, g_{i,2} \in G_2$. Нужно говорить, что $g_0 = g'_1 g'_2$, где $g'_i \in G_1 \cup G_2$.

Если $\exists i \in \lbrace 1, 2 \rbrace : g'_i \in G_2, g'_i \ne e$, то $g \not \in Ker f$. $G_1 \subset N$, поэтому $g \not \in N \implies \exists i : g'_i \ne e, g'_i \in G_2 \implies g \not \in Ker f$, что доказывает нужное включение.

Утвержение о представлении доказывается следующим образом.
Пусть в редуцированном слове $g \in G$ $k$ элементов из $G_2$ и пусть последний элемент также принадлежит $G_2$ (иначе допишем в конце в момент инициализации процедуры $e \in G_2$). Если $k \in \lbrace 0,1\rbrace $, то доказывать нечего. Иначе представим слово $g$ в виде $g = (g' g_2) (g_2^{-1} g_1 g_2)$, $g'g_2$ представляется в виде редуцированного слова с $k' \leq max(1, k-1)$ эл-тами из $G_2$, которое, по предположению, представляется в нужном виде.

$g = x_1 (y_1 y_2 y_3) (y_3^{-1} y_2^{-1}) x_2 (y_2 y_3) (y_3^{-1}) x_3 (y_3)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение24.06.2018, 22:16 
Заслуженный участник


18/01/15
3318
npetric в сообщении #1322303 писал(а):
Утверждение не совсем верно
Нет, оно верно без оговорок. Пример:
$x_1y_1x_2y_2x_3y_3=(y_1y_2y_3) \cdot((y_1y_2y_3)^{-1}x_1(y_1y_2y_3))\cdot ((y_2y_3)^{-1}x_2(y_2y_3)) \cdot(y_3^{-1}x_3y_3)$.

Я думаю, можно считать, что с этой задачей всё более-менее ясно (если Вы не думаете иначе).

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение24.06.2018, 22:23 


06/09/17
112
Москва
Да, действительно. Я в процессе путал $G_1$ и $G_2$, поэтому вышел небольшой конфуз. Хотя и то, что я написал выше, кажется, верно? Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Факторгруппа свободного произведения
Сообщение24.06.2018, 22:46 
Заслуженный участник


18/01/15
3318
npetric в сообщении #1322377 писал(а):
Хотя и то, что я написал выше, кажется, верно

верно, конечно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: B@R5uk


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group