Индексы подгрупп конечно заданной группы

[sour]

Привет. Существует группа $G$ c конечным числом образующих. Надо доказать, что число подгрупп $G$ с заданным индексом $j$ конечно.

Пусть $G = \langle a_1, a_2, \dots a_n \mid R\rangle$. Пусть $P_1, P_2, \dots P_i$ - всевозможные подмножества множества натуральных чисел мощности $n$, такие, что $\prod_{m = 1}^{n}{P_{k}}_m=j$ для любого $k \in \overline{1; i}$.

Тогда $H_{k} = \langle a_1^{{P_k}_1}, a_2^{{P_k}_2}, \dots a_n^{{P_k}_n} \mid R \rangle$ - подгруппа $G$, причем индекс ее равен $j$.
С чего я так решил? Очевидно, что это подгруппа $G$. Чтобы индекс подгруппы был равен $j$ сама подгруппа должна содержать $|G| : j$ элементов. Мне кажется, что если построить подгруппу именно таким образом, то она будет иметь нужный порядок, но как это доказать я не знаю.

Вдобавок я не знаю, как доказать, что никаких других подгрупп $G$ нужного порядка нет.

[mihaild]

sour в сообщении #1542339 писал(а):

Чтобы индекс подгруппы был равен $j$ сама подгруппа должна содержать $|G| : j$ элементов

Это имеет смысл только если $G$ конечна, но тогда число подгрупп любого её индекса очевидно тоже конечно.

[sour]

mihaild
Ну да, но в условии про конечность $G$ ничего не написано.

Вот пример, который подтолкнул меня на такие мысли: $H=\langle a^2, b \rangle \subseteq G = \langle a,b \rangle$. Кажется, что $G$ разбивается по $H$ на два смежных класса: все, что принадлежит $H$, и все остально, а значит $[G : H]=2$ несмотря на бесконечность $G$. И похожие примеры можно придумать для любых индексов.

[B@R5uk]

sour, а под $\langle a^2,\,b\rangle$ и $\langle a,\,b\rangle$ вы что понимаете?

[sour]

B@R5uk
Второе - свободная группа с двумя образующими.
Первое - ее же подгруппа, содержащая только те элементы, в записи которых $a$ встречается в четной степени.

[mihaild]

sour в сообщении #1542341 писал(а):

Ну да, но в условии про конечность $G$ ничего не написано

А что такое $|G| : j$ для числа $j$ и группы $G$?

[sour]

mihaild
Порядок подгруппы. В случае с бесконечной группой такое действительно неприменимо.

Хорошо, скажу иначе: мне кажется, что описанная в ОП-посте подгруппа будет иметь нужный индекс, но я это не могу доказать.

[B@R5uk]

Если в групповых соотношениях конечной группы образующую 3-го порядка заменить её квадратом, то порядок образующей не изменится, а вот групповые соотношения — да. На вскидку должна получиться та же самая группа, но в любом случае, пример ломает ваше утверждение в первом посте. Не верно. Не совсем понимаю, какую всё-таки вы операцию проделываете над соотношениями.

-- 10.12.2021, 20:44 --

Оке, разберём на примере. Пусть $G=\langle a\,|\,a^3=e\rangle\simeq\mathbb Z_3$ Пусть $P_a=4$, тогда $H=\langle A\,|\,A^4=a,\,a^3=e\rangle\simeq\mathbb Z_{12}$. Я правильно понял ваши правила преобразования?

-- 10.12.2021, 20:49 --

sour в сообщении #1542341 писал(а):

Вот пример, который подтолкнул меня на такие мысли: $H=\langle a^2, b \rangle \subseteq G = \langle a,b \rangle$

Только мне кажется, что $H\simeq G$?

-- 10.12.2021, 20:59 --

sour в сообщении #1542341 писал(а):

Кажется, что $G$ разбивается по $H$ на два смежных класса...

Ой ли? Тогда $H$ должна быть нормальной, и, в частности, должно выполняться $\{(ab)^3H\}=\{H(ab)^3\}$, что не верно. Или я не прав?

[sour]

B@R5uk
Да, вы правы, для $S_3$, например, это не работает. Но как тогда можно ответить на вопрос из условия?

[mihaild]

Попробуйте для начала рассмотреть только нормальные подгруппы. Пусть $H$ - нормальная подгруппа индекса $k$, тогда у нас есть естественный гомоморфизм $G \to G/H$. Можно ли по этому гомоморфизму восстановить $H$? Может ли группа $G$ иметь бесконечное количество гомоморфизмов в группу из $k$ элементов?

[sour]

mihaild

Цитата:

Можно ли по этому гомоморфизму восстановить $H$?

Зная гомоморфизм можно узнать соответствующую ему нормальную подгруппу, посмотрев, какие элементы отображаются в единицу фактора.

Цитата:

Может ли группа $G$ иметь бесконечное количество гомоморфизмов в группу из $k$ элементов?

Я не вижу причин, почему не может. Пример: $G=\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \dots$ Могу придумать сколько угодно гомоморфизмов из этой группы в $\mathbb{Z}_2$.

[mihaild]

sour в сообщении #1542414 писал(а):

Я не вижу причин, почему не может. Пример: $G=\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \dots$

Тут нужно учесть что $G$ конечнопорожденная.

[sour]

mihaild
А как из конечнопорожденности следует конечность нормальных подгрупп нужного индекса? Пытаюсь вывести, не выходит.

[mihaild]

sour в сообщении #1542431 писал(а):

А как из конечнопорожденности следует конечность нормальных подгрупп нужного индекса?

Число нормальных подгрупп нужного индекса равно числу гомоморфизмов из $G$ в группы нужного размера.
Пусть у нас есть группа $G$, порожденная например $42$ элементами, и группа $N$, состоящая из например $666$ элементов. Можете ли вы как-то сверху оценить число гомоморфизмов из $G$ в $N$?

[vpb]

mihaild в сообщении #1542433 писал(а):

равно числу гомоморфизмов из

Не "равно", а "не превосходит". Меньше или равно, то бишь.

-- 12.12.2021, 03:08 --

sour в сообщении #1542339 писал(а):

$H_{k} = \langle a_1^{{P_k}_1}, a_2^{{P_k}_2}, \dots a_n^{{P_k}_n} \mid R \rangle$

Гм. Что за запись такая непонятная ?... Попробуйте это выразить словами.