Однозначная идентификация конечной группы

[dgwuqtj]

B@R5uk, наверное, вас заинтересует вот этот препринт. Там строятся две группы с одинаковыми порядками элементов, одна из которых разрешима, а вторая — нет, причём даже вменяемого порядка $227\,598\,336$.

[B@R5uk]

Вопрос. Для любой ли конечной группы можно выбрать образующие $s_k$ и соотношения между ними так, чтобы все элементы $g_n$ группы можно было выразить в виде

$$g_n=\prod\limits_{k=1}^{r}s_k^{t_{k,n}},\quad 0\le t_{k,n}\le\mathrm{Ord}\left(s_k\right)-1,\quad 0\le n\le|\langle g_k\rangle|-1$$

Желательно, чтобы при этом ещё выполнялось

$$|\langle s_k\rangle|=\prod\limits_{k=1}^{r}\left|\left\{t_{k,n}\right\}\right|$$

Смысл в том, чтобы взглянув на задание группы сразу был бы виден её порядок. А так же, возможно, некоторые её подгруппы. Во многих случаях такое задание будет не единственно, но если придумать какой-то способ стандартизировать его, то получится как раз искомая мной однозначная идентификация.

Например, группу $A_5$ можно задать так:

$$\left\langle\;a,\;b,\;c,\;d\;\left|\;a^2=b^2=c^3=d^5=[a,\;b]=(ad)^2=(cd)^2=I,\right{}\right{}$$ $$\left{}\;abc=cb,\;bc=ca,\;bcd^3=db\;\right\rangle$$

Первые три образующие задают подгруппу (со всеми её подгруппами)

$$A_4=\mathbb{Z}_2^2\rtimes\mathbb{Z}_3$$

а соотношения с четвёртой образующей можно переписать в виде обменных соотношений

$$da=ad^4,\quad db=bcd^3,\quad dc=c^2d^4$$

откуда сразу видно, что в любом слове её можно будет прогнать в конец слова, по ходу сокращая степени, с помощью соотношения, задающего её порядок. С первыми тремя образующими всё так же, но заметно проще. Из задания видно, что образующие a и d задают подгруппу $\mathrm{D}_{10}$. В группе $A_5$ ещё есть подгруппа $\mathrm{D}_6$, но из этого задания она сходу не видна.

Я специально привёл пример с простой группой, поскольку представление выше для групп, которые факторизуются, как правило очевидно.

[dgwuqtj]

Для группы $\mathrm Q_8$ вы что хотите получить? Её легко разложить в произведение двух циклических групп, но это будут подгруппы порядка 4.

А ещё не любая группа раскладывается в произведение своих силовских подгрупп, в этой статье приводится контрпример $\mathrm U(3, 3)$ порядка 6048.

[B@R5uk]

Да, дициклические группы доставляют определённое неудобство. Из канонического представления

$$\mathrm{Q}_{4n}=\left\langle\;a,\;x\;|\;a^{2n}=I,\;a^n=x^2,\;x^{-1}ax=a^{-1}\;\right\rangle$$

можно получить обменное соотношение:

$$axa=x$$

$$a^kxa^k=x$$

$$xa^k=a^{2n-k}x$$

и любой элемент факторизуется в виде

$$g_l=a^{u_l}x^{v_l},\quad 0\le u_l\le 2n-1,\quad v_l\in\{0,\;1\}$$

Как только степень образующей x больше 4 используется соотношение

$$x^4=I$$

для сокращения, а затем второе групповое соотношение для дальнейшего уменьшения степени до значений 0 или 1. В результате получается:

$$\left|\mathrm{Q}_{4n}\right|=\left|\left\{u_l\right\}\right|\cdot\left|\left\{v_l\right\}\right|=2n\cdot 2=4n$$

За счёт второго соотношения можно использовать и другую факторизацию элементов:

$$g_l=a^{u_l}x^{v_l},\quad 0\le u_l\le n-1,\quad 0\le v_l\le 3$$

$$\left|\mathrm{Q}_{4n}\right|=\left|\left\{u_l\right\}\right|\cdot\left|\left\{v_l\right\}\right|=n\cdot 4=4n$$

Надо заметить, что дициклические группы, порядок которых не является степенью двойки, как правило имеют факторизацию в виде полупрямого произведения (экспериментальное наблюдение, не знаю, как это строго доказать) и эта проблема не встаёт вообще. Интересно, есть ли группы с этой проблемой, отличные от дициклических?

-- 27.08.2024, 13:11 --

dgwuqtj в сообщении #1651914 писал(а):

А ещё не любая группа раскладывается в произведение своих силовских подгрупп...

Не совсем понимаю, что это значит.

dgwuqtj в сообщении #1651914 писал(а):

... в этой статье приводится контрпример $\mathrm U(3, 3)$ порядка 6048.

Там доказывается (или хотя бы упоминается), что это минимальный контрпример?

[dgwuqtj]

Не всегда можно выбрать силовские подгруппы $P_i \leq G$ (по одной для каждого простого делителя $p \mid |G|$) так, что $G$ является их произведением в некотором порядке. Для разрешимых групп такое разложение есть, кстати (так в статье говорят). А $\mathrm U(3, 3)$ - это простая группа наименьшего порядка, где такого разложения нет.

[B@R5uk]

По-моему, ограничивать себя силовскими подгруппами в произведении не стоит. Во всяком случае, для ответа на мой вопрос выше о представлении элементов виде степеней образующих в фиксированном порядке. Учитывая проблемный случай дициклических групп, мой вопрос можно переформулировать следующим образом. Это будет не эквивалентная формулировка, а достаточная.

Вопрос. Всегда ли в группе G можно выбрать максимальную подгруппу H и некоторую циклическую подгруппу C так, чтобы любой элемент группы был представим в виде

$$g_k=h_kc_k,\quad h_k\in H,\quad c_k\in\{I\}\cup\left(\;C\setminus H\;\right)$$

где I — нейтральный элемент. Желательно чтобы при этом ещё выполнялось

$$\left\{\;c_k\;\right\}=\left\{\left{}\;c^l\;\right|\;l=0\ldots\right|G:H\left|-1\;\right\}$$

Последнее будет автоматически выполнено, если

$$C\cap H=\{I\}$$

Если же это не так, то разложение элементов группы в произведение будет неоднозначным, если не ограничить множество допустимых множителей циклической группы до количества $|G:H|$ штук.

Если ответ положительный, то образующую c можно взять как самую правую образующую $s_r$ выше. Какие бы образующие бы мы не взяли в подгруппе H, по построению для них всех можно записать обменные соотношения с образующей c: элемент ch будет принадлежать группе G, следовательно, будет иметь разложение выше, что и даст искомое соотношение. В результате задача свелась к записи соотношений для подгруппы H. Если это циклическая подгруппа, то решение найдено, а если нет — применяем положительный ответ на вопрос, но уже к подгруппе H. Повторяем до победного.

[B@R5uk]

А есть какая-нибудь теорема, объясняющая, почему $|G:H|$ (где H — максимальная подгруппа наибольшего порядка конечной группы G ) является наименьшим простым делителем $|G|$?

[dgwuqtj]

Это неверно. Если $G$ простая неабелева, то её порядок чётный, а подгрупп индекса 2 нет. Потому что такие подгруппы обязательно были бы нормальными. Вообще у простой группы порядка $n$ не может быть подгрупп индекса $k$ с $k! < n$.

[B@R5uk]

dgwuqtj, спасибо! Действительно, у группы $A_5$, приведённой мной выше, наибольшая максимальная подгруппа $A_4$ имеет порядок всего 12, а не 30 и даже не 20. Я как-то это пропустил. Наверное, потому что не вбил ещё подгруппы 60-го порядка в мою табличку групп малого порядка.

Вы столько интересных утверждений привели одним махом:

• Простая неабелева подгруппа имеет чётный порядок
• Подгруппа индекса 2 нормальная
• Утверждение с факториалом

Доказательство для какого-нибудь из них можно уложить в один абзац? Если нет, то где можно про это почитать?

[dgwuqtj]

Так. Утверждение, что группы нечётного порядка разрешимы, — это теорема Фейта–Томпсона, доказательство занимает 2 книжки (не сильно большие, но всё же). К счастью, я его по сути не использую, вы же какие-то знакомые вам простые группы рассматриваете, а у них порядок чётный. Если интересно, сами книжки: H. Bender, G. Glauberman. Local analysis for the odd order theorem и Th. Peterfalvi. Character theory for the odd order theorem. Лично я их не читал, как-то времени не было.

Ну и есть такое упражнение для студентов: если $H \leq G$ группа конечного индекса (в произвольной группе, не обязательно конечной), то существует нормальная подгруппа $N \leq G$ конечного индекса такая, что $N \leq H$. Действительно, посмотрим на действие $G$ на множестве $G / H$ мощности $(G : H)$. У этого действия есть ядро $N = \bigcap_{g \in G} H^g$, оно обязательно нормальное (как ядро гомоморфизма), содержится в $H$, и его индекс не больше $(G : H)!$. В частности, любая подгруппа индекса 2 уже нормальная.

[B@R5uk]

dgwuqtj в сообщении #1652093 писал(а):

...посмотрим на действие $G$ на множестве $G / H$...

Не совсем понимаю, что это будет. Я так понимаю $G/H$ — это факторгруппа, но здесь рассматривается как множество, а не как группа. А действие получается применением гомоморфизма

$$\varphi:G\to G/H=F$$

к групповой операции

$$\ast:G\times G\to G$$

но не ко всем трём компонентам, а к одному из аргументов (пусть к первому) и к результату, что даёт операцию:

$$\star:F\times G\to F$$

$$f_1\star\,g=f_2\;\Leftarrow\;g_1\ast\,g=g_2,\;f_1=\varphi(g_1),\;f_2=\varphi(g_2);\quad f_1,\;f_2\in F;\quad g,\;g_1,\;g_2\in G$$

Я правильно этот момент понял?

И что по определению будет ядром такого действия? Здесь два разнотипных аргумента, в отличие от гомоморфизма с одним аргументом.

[dgwuqtj]

Нет, $G / H$ — это множество смежных классов, $G / H = \{x H \mid x \in G\} \subseteq 2^G$ (вот если $H$ нормальна, то на $G / H$ будет умножение). Действие имеет вид $g \cdot x H = g x H$. Ядром будет $\{g \in G \mid \forall x \in G \enskip g x H = x H\} = \{g \in G \mid \forall x \in G \enskip g \in x H x^{-1}\}$.

[B@R5uk]

Спасибо. То есть элементы ядра действия оставляют аргумент действия неизменным. Хорошо, с действием и его ядром понятно. (Только что значит $2^G$?) Теперь вот здесь не пойму:

dgwuqtj в сообщении #1652093 писал(а):

оно обязательно нормальное (как ядро гомоморфизма)

о каком гомоморфизме речь? Множество смежных классов же в данном случае не является группой, а гомоморфизм должен сохранять групповую операцию.

[dgwuqtj]

Гомоморфизм в группу перестановок множества $G / H$. Действия группы $G$ на множестве $X$ взаимно-однозначно соответствуют гомоморфизмам $G \to \Aut(X)$, где $\Aut(X)$ — группа всех перестановок $X$. А через $2^G$ я обозначил множество всех подмножеств $G$.

[B@R5uk]

О. Так вот откуда факториал берётся: количество перестановок смежных классов равно $(G:H)!$.

Дальше, вы писали:

dgwuqtj в сообщении #1652093 писал(а):

У этого действия есть ядро

$$N=\bigcap\limits_{g\in G}^{}H^g$$

Оно обязательно нормальное (как ядро гомоморфизма), содержится в $H$, и его индекс не больше $(G : H)!$.

Имеется в виду индекс ядра в подгруппе H или же во всей группе G?