Все различные способы задать группу

[B@R5uk]

Есть группа $G_{18}=\mathbb Z_3\rtimes\mathbb Z_6$, где действие группы $\mathbb Z_6$ на $\mathbb Z_3$ задано единственным невырожденным гомоморфизмом $\mathbb Z_6\rightarrow\operatorname{Aut}(\mathbb Z_3)\simeq\mathbb Z_2$. Требуется предоставить все существенно различные способы задания этой группы с помощью соотношений.

Прямо по определению группы строится первое задание группы:

$$\langle a,b\,|\,a^3=b^6=I,\,aba=b\rangle$$

Вместо $aba=b$ пунктуальнее было бы написать $b^{-1}ab=a^{-1}$, но с обратными элементами получается более громоздко. По этим соотношениям строится таблица умножения, находятся группа автоморфизмов $\operatorname{Aut}(G_{18})\simeq\operatorname{Dih_6}$, свойства элементов группы (в частности, их порядки 2, 3 и 6) и её подгруппы:

• 1 нормальная, характеристическая $\mathbb Z_3^2$ (содержит центр);
• 3 сопряжённых (и, следовательно, автоморфных) $\mathbb Z_6$ (пересекаются по центру группы);
• 1 нормальная, характеристическая $\operatorname{Dih}_3$ (не содержит центр, но содержит нормальную $\mathbb Z_3$);
• 2 сопряжённых $\mathbb Z_3$;
• 1 нормальная, характеристическая $\mathbb Z_3$;
• 1 нормальная, характеристическая и центральная $\mathbb Z_3$ и, наконец,
• 3 сопряжённых $\mathbb Z_2$.

По таблице умножения моя программка мне выдаёт, что существует 72 пары элементов этой группы, которые можно взять в качестве образующих, причём используя автоморфизмы группы в качестве операции эквивалентности пар, эти 72 пары распадаются на 7 классов эквивалентности по 12 пар, кроме последних двух классов, в которых по 6 пар (цифра в типе класса означает порядок используемой образующей):

• тип 2-3
• тип 2-6
• тип 3-6(А)
• тип 3-6(Б)
• тип 3-6(В)
• тип 6-6(А)
• тип 6-6(Б)

Теперь для каждого типа можно выбрать одну пару и искать набор соотношений, который даст исходную группу. Тип 3-6(А) уже был представлен выше соотношениями, полученными по определению группы. Это же правильный подход по перебору всех возможных заданий группы?

Я поковырялся с типом 6-6(А) и у меня вышло такое задание:

$$\langle b,c\,|\,b^2=c^2,\,c^6=(bc)^3=I\rangle$$

Оно работает, хотя я не уверен, что для этого типа образующих (обе 6-го порядка) нельзя воспользоваться меньшим числом соотношений (3-мя, как исходном задании, а не 4-мя получившимися). Можно выкинуть $(bcb)^2=I$. На типе 6-6(Б) я застрял. Получается что-то вроде

$$\langle b,d\,|\,b^2=d^4,\,b^4=d^2,\,(bd)^3=I\rangle$$

Но соответствует ли это конечной группе?

[vpb]

B@R5uk в сообщении #1542507 писал(а):

все существенно различные способы задания этой группы с помощью соотношений.

Непонятно, что такое "существенно различные способы задания группы". Такого понятия в мировой науке нет. Группа (любая, даже единичная !) может быть задана бесконечным число способов. Можно, конечно, интересоваться какими-нибудь особенными копредставлениями, скажем теми, у которых суммарная длина определяющих слов -- минимально возможная для данной группы. Но, имхо, смысла в этой деятельности мало. Когда-то такими вещами немного интересовались, из чистого любопытства, но сейчас не интересуются. (Впрочем, комбинаторная теория групп от меня весьма далека вообще. )

[B@R5uk]

vpb в сообщении #1542539 писал(а):

у которых суммарная длина определяющих слов -- минимально возможная для данной группы.

Определённая рациональность в задании группы, разумеется, нужна (в частности, число образующих должно равняться рангу группы). Но, думаю, не до такого лютого совершенства. Как мне кажется, будет достаточно минимальности набора равенств и их неупрощаемости. Или этому есть контрпример, когда два соотношения эквивалентны трём другим, суммарная длина которых значительно меньше (в два раза, например)?

vpb в сообщении #1542539 писал(а):

Непонятно, что такое "существенно различные способы задания группы".

Различающиеся порядком образующих и порядком различных комбинаций этих образующих: $a^2,\,ab,\,b^2,\,a^3,\,a^2b,\,\ldots$ Другими словами, графы Кэли, соответствующие различным заданиям, не изоморфны (хотя проверять такое свойство на практике сложно, поэтому я от него воздержался). Как мне кажется, этого и требования выше достаточно для конечности количества заданий конечной группы. Если я не прав, то было бы здорово посмотреть проясняющий контрпример.

Выбор образующих в группе до определённой степени аналогичен выбору базиса в линейном пространстве. Только в линейном пространстве достаточно взять ЛНЗ-вектора в количестве, равном размерности пространства, и единственное (в ЛП без метрики), чем они будут различаться — это ориентация (правая, левая), факт её отличия у двух наборов можно установить по знаку определителя матрицы перехода. В группе же есть групповая структура, поэтому в ней всё гораздо интересней. Да, различные минимальные наборы образующих тоже распадаются на классы эквивалентности (относительно автоморфизмов группы), но на этом же отличие между классами не заканчивается.

vpb в сообщении #1542539 писал(а):

Такого понятия в мировой науке нет.

Моя неграмотность не означает, что такую задачу нельзя сформулировать. И разве не интересная задача получилась?

[mihaild]

Вообще тут удобнее задавать группу отношениями вида $xyz = I$ (и писать от них только левую часть).

B@R5uk в сообщении #1542555 писал(а):

Другими словами, графы Кэли, соответствующие различным заданиям, не изоморфны

Граф Кэли же строится для набора элементов, а не для задания.

B@R5uk в сообщении #1542555 писал(а):

но на этом же отличие между классами не заканчивается

А чем наборы образующих, переходящие друг в друга при автоморфизме, отличаются?

[B@R5uk]

mihaild в сообщении #1542563 писал(а):

Вообще тут удобнее задавать группу отношениями вида $xyz = I$ (и писать от них только левую часть).

Я бы сказал, что так делать грамотнее. Но отрицательную степень для обратного элемента писать не всегда удобно (даже как правило неудобно), такие элементы проще переносить в другую часть или заменять на степень. Но такого рода соглашения не несут весомой смысловой нагрузки, на мой взгляд, просто вопрос удобства записи.

mihaild в сообщении #1542563 писал(а):

А чем наборы образующих, переходящие друг в друга при автоморфизме, отличаются?

Ничем. Отличия между классами эквивалентности, а не внутри же.

mihaild в сообщении #1542563 писал(а):

Граф Кэли же строится для набора элементов, а не для задания.

Да, верно. Свойство изоморфности/неизоморфности графов Кэли для заданных двух (минимальных) наборов элементов, пожалуй, тождественно свойству принадлежности/непринадлежности этих наборов одному классу эквивалентности (относительно автоморфизма группы). Это утверждение, правда, ещё надо доказать. Различность соотношений в задании (а за одно и их минимальность, если получится) надо как-то отдельно формализовать. Желательно сделать это без привязки к алфавиту, который используется для указания какие именно действия выполняются над образующими группы в соотношении.

[mihaild]

B@R5uk в сообщении #1542571 писал(а):

Отличия между классами эквивалентности, а не внутри же

Тогда что значит

B@R5uk в сообщении #1542555 писал(а):

Да, различные минимальные наборы образующих тоже распадаются на классы эквивалентности (относительно автоморфизмов группы), но на этом же отличие между классами не заканчивается

?

B@R5uk в сообщении #1542571 писал(а):

Это утверждение, правда, ещё надо доказать

Оно очевидно: из автоморфизма группы естественным образом получается изоморфизм графа Кэли.

[B@R5uk]

mihaild в сообщении #1542572 писал(а):

Тогда что значит

Ну, то и значит: элементы, взятые как образующие в классах, разные. Могут порядки отличатся, элемент может входить в центр группы, а может не входить (для примера). В этом моём утверждении нет чего-то особо глубокого. Я так понимаю, вы пытаетесь помочь мне формализовать, что значит "разные представления группы"?

mihaild в сообщении #1542572 писал(а):

Оно очевидно

Ну, может быть. Если бы так прямо не ткнуть носом, я бы не заметил.

[mihaild]

B@R5uk в сообщении #1542575 писал(а):

Могут порядки отличатся, элемент может входить в центр группы, а может не входить (для примера).

Но элементы разных порядков друг в друга при автоморфизме переходить не могут, так же как входящие в центр не могут переходить в не входящие.

Вот у нас есть всевозможные порождающие множества группы, по мощности равные её рангу. Они естественно разбиваются на классы эквивалентности относительно автоморфизмов. Мне показалось, что вы хотите эти классы эквивалентности еще как-то разбить.

[B@R5uk]

mihaild в сообщении #1542584 писал(а):

еще как-то разбить

Нет-нет. Наоборот, чем меньше, тем лучше.

[B@R5uk]

Нашёл тут простой забавный пример, когда немного попреобразовывав групповые соотношения можно получить, что одно равенство стало лишним:

$$\operatorname{Dih}_3\;\simeq\;\langle r,f\,|\,r^3=f^2=(rf)^2=I\rangle\;\simeq\;\langle r,f\,|\,frf=r^2,\,f^2=I\rangle$$

В втором случае соотношение $r^3=I$ выводится из двух имеющихся. С одной стороны, это — две разные записи; с другой же, второй вариант является упрощённой, более короткой записью первого. Я склоняюсь больше к тому, чтобы считать их различными корректными заданиями, но с таким подходом у конкретной группы может и в правду оказаться бесконечно много способов записи (например, просто за счёт бесстыдной обфускации соотношений). Как же лучше быть?

[B@R5uk]

Нашёл ещё пример компактного представления:

$$Q_8\rtimes\mathbb Z_3\simeq\langle\;a,\;b\;|\;a^3=b^3,\;aba=b^2\;\rangle$$

[B@R5uk]

B@R5uk в сообщении #1543412 писал(а):

Нашёл ещё пример компактного представления:

$$Q_8\rtimes\mathbb Z_3\simeq\left\langle\;a,\;b\;|\;a^3=b^3,\;aba=b^2\;\right\rangle$$

Пытаюсь вспомнить, как из этой пары соотношений вывести, что порядок элементов a и b равен 6. И так, и сяк крутил эти соотношения, ничего не получается. Помогите, пожалуйста.

[B@R5uk]

Бессовестно подсмотрел, как компьютер решает эту задачу. Среди множества соотношений (порядка 15 тысяч) удалось вытянуть ключевую идею. Сначала равноправность образующих:

$$abab=b^3=a^3$$

$$bab=a^2$$

Затем последовательность преобразований:

$$ab^2=a(aba)=a^2ba=(bab)ba=bab^2a=ba(aba)a=ba^2ba^2=b(bab)ba^2=$$ $$=b^2ab^2a^2=(aba)a(aba)a^2=aba^3ba^3=ab(b^3)b(b^3)=ab^8$$

После сокращения первого и последнего слова остаётся:

$$b^6=e$$

[B@R5uk]

Очередная находка компактного представления:

$$\mathrm{Q}_8\times\mathbb{Z}_5\simeq\langle\;a,\;b\;|\;a^2=b^2,\;aba=b^{13}\;\rangle$$

Образующие имеют порядок 20:

$$a^{26}=(bab)^2=bab^2ab=ba^4b=b^6=a^6$$

А так же:

$$(ab)^2=b^{14}=(ba)^2$$

[B@R5uk]

Эту же самую группу можно задать образующими 4-го и 20-го порядка:

$$\mathrm{Q}_8\times\mathbb{Z}_5\simeq\langle\;a,\;b\;|\;a^2=b^{10},\;aba=b\;\rangle$$