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


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:23 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Профессор Снэйп писал(а):
. Где здесь изоморфизм?

Не знаю. Я не знаю, что такое изоморфизм с изысканной точки зрения. С моей -- так это биекция, сохраняющая соответствующие структуры. Ну так оное преобразование и биекция, и всё групповые структуры, которыя положено, сохраняет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Профессор Снэйп
AlexDem имел в виду, что отображение $y\mapsto xyx^{-1}$ — изоморфизм групп $H$ и $xHx^{-1}$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:30 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
RIP писал(а):
Профессор Снэйп
AlexDem имел в виду, что отображение $y\mapsto xyx^{-1}$ — изоморфизм групп $H$ и $xHx^{-1}$.


Ну а я что, должен ребусы разгадывать насчёт того, что он имел в виду. Не телепат ведь! А если просто читать написанное, так написано было, что изоморфизмом является объект $xHx^{-1}$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:39 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Профессор Снэйп писал(а):
А если просто читать написанное, так написано было, что изоморфизмом является объект $xHx^{-1}$.

Изоморфизмом объект не может быть в принципе, но -- только соотв. ему преобразование. Соотв., надо лишь всего-навсего попытаться прочитать, что написано.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:42 
Заблокирован
Аватара пользователя


07/08/06

3474
Да ладно - изоморфизм там в примере вообще ни причём - это я так поинтересовался. Замечание по форме изложения тоже принимается. А пример в отсутствии предположения о том, что подгруппа - силовская, по-моему верен. Так что если не догадаться, что Профессор Снэйп имел в виду, то и не докажешь обратного...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:47 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
AlexDem писал(а):
А пример в отсутствии предположения о том, что подгруппа - силовская, по-моему верен.


Какой пример? Ваш? Вы не задали, чему равна группа $G$. И, как следствие, непонятно, почему подгруппы $H$ и $H'$ у Вас будут сопряжёнными.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
AlexDem писал(а):
А пример в отсутствии предположения о том, что подгруппа - силовская, по-моему верен.

Верен. Только ему немного не хватает конкретики. Скажем, $G=S_4$, $a=(12)$, $b=(34)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:50 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
RIP писал(а):
AlexDem писал(а):
А пример в отсутствии предположения о том, что подгруппа - силовская, по-моему верен.

Верен. Только ему немного не хватает конкретики. Скажем, $G=S_4$, $a=(12)$, $b=(34)$.


Ага. И $x=(13)(24)$ :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 14:53 
Заблокирован
Аватара пользователя


07/08/06

3474
Группа $G$ по условию - произвольная конечная. Мы можем выбрать её так, чтобы в ней существовали сопряжённые подгруппы $H$ и $H'$ - это условием не запрещается (причём, то, что $H'$ - подгруппа вообще не используется). Если элементы множества $H'$ коммутируют с элементами подгруппы $H$, то в $H$ не найдётся ни одного элемента $h$, такого, что $hH'h^{-1} \ne H'$.

Добавлено спустя 1 минуту 38 секунд:

RIP писал(а):
Верен. Только ему немного не хватает конкретики.

Спасибо, я поразбираюсь с этим - будет полезно :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.07.2008, 21:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
В связи с этой задачей полезно вспомнить, что отношение "является нормальной подгруппой" не транзитивно. То есть, может случиться, что $H\lhd N$, $N\lhd G$, но $H\ntriangleleft G$. Если так, то для любого $x\in G$ подгруппа $H$ нормализует $H^x$ так как $H, H^x\lhd N$. Вместе с тем, имеются $x\in G$ такие, что $H^x\neq H$. Это дает отрицательный ответ на вопрос топика (не для Силовских подгрупп, конечно).

Придумать пример подобной нетранзитивности несколько сложнее, чем ответить на вопрос, который задал Профессор Снейп, тут пример c $S_4$, $(12)$ и $(34)$ не подойдет. Задача достаточно интересная, тем, кто не знает такого примера советую его найти.

Примечание. По определению $y^x=x^{-1}yx$ и $H^x=\{h^x\colon h\in H\}$. Это обозначение очень удобно потому, что $(g^x)^y=g^{xy}$. Говорят, что множество $A\subseteq G$ нормализует множество $B\subseteq G$ если $B^a=B$ для любого $a\in A$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.07.2008, 14:06 
Заблокирован
Аватара пользователя


07/08/06

3474
lofar писал(а):
Придумать пример подобной нетранзитивности несколько сложнее, чем ответить на вопрос, который задал Профессор Снейп

Хм, а подсказки есть какие-нибудь? В том смысле, чтобы заранее какие-то варианты отсечь. Ну, например, $N$ в принципе может быть коммутативной, но вдруг без этого проще?.. Что-то $G$ здоровая получается :(

---
Ерунду, что здесь сперва написал, стёр... Понятно, почему не получалось.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.07.2008, 19:06 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
lofar писал(а):
В связи с этой задачей полезно вспомнить, что отношение "является нормальной подгруппой" не транзитивно. То есть, может случиться, что $H \lhd N$, $N \lhd G$, но $H \ntriangleleft G$.
...
Придумать пример подобной нетранзитивности несколько сложнее, чем ответить на вопрос, который задал Профессор Снейп, тут пример c $S_4$, $(12)$ и $(34)$ не подойдет. Задача достаточно интересная, тем, кто не знает такого примера советую его найти.


Зря Вы так категорично. Очень даже подойдёт :)

Возьмём $a=(12)$, $b=(34)$ и $c=(13)(24)$. Пусть $G$ --- подгруппа в $S_4$, порождённая $a$, $b$ и $c$. Возьмём $N = \{ 1, a, b, ab \}$ и $H = \{ 1, a \}$. Тогда $H$ --- подгруппа в $N$, а $N$ --- подгруппа в $G$. $H$ нормальна в $N$, так как $N \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ --- абелева группа. $H$ не нормальна в $G$, ибо $cHc^{-1} = \{ 1, b \} \neq H$. Осталось лишь показать, что $N$ нормальна в $G$.

В силу равенств $ac=cb$ и $bc=ca$ для любого $g \in G$ справедливо разложение $g=xy$, где $x \in N$ и $y \in \{ 1, c \}$. Теперь если $y =1$, то $gNg^{-1} = N$. Ну а если $y = c$, то всё равно $gNg^{-1} = xcNc^{-1}x^{-1} = xNx = N$, ибо $c = c^{-1}$ и $cNc = N$.

P. S. Порядок построенной группы $G$ равен $8$. Легко показать, что нужного примера с меньшим порядком группы не существует.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.07.2008, 12:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
lofar писал(а):
Придумать пример подобной нетранзитивности несколько сложнее, чем ответить на вопрос, который задал Профессор Снейп, тут пример c $S_4$, $(12)$ и $(34)$ не подойдет.

Дейсвительно, заявление глупое с учетом того, что группа диэдра вкладывается в $S_4$ (что и продемонстрировал Профессор Снейп). Единственное оправдание в том, что если $H\lhd A_4$, то $H\lhd S_4$, поэтому нужный пример вида $H\lhd A_4\lhd S_4$ придумать не получится.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.07.2008, 16:18 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
lofar писал(а):
Единственное оправдание в том, что если $H\lhd A_4$, то $H\lhd S_4$...


Это для любого $n$ верно, или только для $n=4$? В смысле, для каких $n$ верно то, что любая нормальная подгруппа группы $A_n$ будет нормальна в $S_n$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.07.2008, 22:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Профессор Снэйп писал(а):
Это для любого $n$ верно, или только для $n=4$?
Это утверждение верно для любого $n$, но содержательно оно только для $n=4$ ("содержательно" слишком громкое слово, конечно). Дело в том, что группа $A_n$ проста для любого $n\notin \{1,2,4\}$ ($A_1$ и $A_2$ исключаются поскольку они тривиальны).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 30 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


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