Центр группы, фактор-группа и внутренние автоморфизмы

[B@R5uk]

Всё-таки интересно (в том числе с прикладной точки зрения) найти подмножество S элементов группы G, сопряжения которыми дают полную группу внутренних автоморфизмов. (Разумеется, это множество необязательно будет подгруппой). В связи с факторизацией из первого поста, имеется взаимнооднозначное соответствие между смежными классы центра группы и элементами этого множества. Другими словами, в произведении

$$S\times\mathrm Z\bigl(G\bigr)=\Bigl\langle\;ab\;\bigl|\bigr{}\;a\in S,\;b\in\mathrm Z\bigl(G\bigr)\;\Bigr\rangle$$

нет повторяющихся элементов, и оно само является группой G.

Это ведёт к следующему (наивному) алгоритму поиска множества S. Начинаем с центра группы, пустого множества S и списка не помеченных элементов группы. На каждой итерации берём следующий не помеченный элемент из списка, добавляем его в искомое множество, помечаем в списке все произведения этого элемента на элементы центра (с любой стороны — потому что центр). Заканчиваем, когда в списке не останется не помеченных элементов. Я ведь правильно до этого момента рассуждал?

Проблема с алгоритмов выше в том, что выбор элементов множества S не однозначен (любой элемент смежного класса может представлять его в множестве), и нигде не гарантируется, что S будет подгруппой исходной группы G в том случае, когда такое возможно. С одной стороны, чтобы получалась подгруппа необходимо строить замыкание (относительно групповой операции) добавляемых во множество элементов. С другой стороны, результат не всегда будет подгруппой, и замыкание в каком-то смысле неполное. Не смотря на то, что я сто раз уже делал построение подгрупп, у меня в этом месте наступает когнитивный диссонанс.

Или же я туплю, и здесь на самом деле присутствует дихотомия: либо центр неабелевой группы G нетривиален и множество S не является подгруппой, либо же центр тривиален и множество S совпадает со всей группой G?

[mihaild]

Возьмите прямой произведение абелевой группы на группу без центра.

[B@R5uk]

mihaild, спасибо. Последний вопрос снят. Интересно, это единственный случай, когда такое возможно? И что бы теперь придумать с алгоритмом?

[mihaild]

B@R5uk в сообщении #1675244 писал(а):

Интересно, это единственный случай, когда такое возможно?

$D_4$, если я ничего не перепутал.

[B@R5uk]

В смысле группа диэдра порядка 4? Это же группа Клейна, она абелева. Группа диэдра порядка 8 имеет группу Клейна в качестве фактор-группы по центру (так же как и группа кватернионов). В обеих группах такая подгруппа есть, но она содержит центр и не является подгруппой внутренних автоморфизмов.

Всё таки такой случай возможен только для прямого произведения. Подгруппа, элементы которой порождают всю группу внутренних автоморфизмов, не может иметь общие элементы с центром группы (кроме нейтрального). В противном случае все общие с центром элементы приведут к тождественному автоморфизму, что нарушит взаимно однозначное соответствие. Тем не менее, эта подгруппа всё ещё является фактор-группой по центру. Это значит, что вся группа представима в виде произведения (прямого или полупрямого). Полупрямое не возможно, потому что элементы центра коммутирует с любыми элементами группы. Остаётся только прямое произведение.

[mihaild]

B@R5uk в сообщении #1675256 писал(а):

В смысле группа диэдра порядка 4?

Группа Диэдра порядка $8$ (симметрии квадрата).

B@R5uk в сообщении #1675256 писал(а):

Всё такие такой случай возможен только для прямого произведения

А, ну да. Я почему-то стал переключился на вопрос "в группе есть подгруппа, изоморфная группе внутренних изоморфизмов", забыв про собственно то, что мы хотим чтобы её элементы их порождали.

[B@R5uk]

На счёт алгоритма: при построении подгруппы замыканием образующих имеет место проверка того, что вновь полученный элемент действительно является новым. В этом случае он добавляется в результат и отмечается как найденный. Для построения моего искомого множества S нужно всего лишь добавить простую модификацию: отмечать найденным не один элемент, а весь смежный класс центра группы для этого элемента. При этом начать работу алгоритма надо с образующих всей группы целиком.

[B@R5uk]

Вот забавно получается: группа диэдра порядка 8 и группа кватернионов обе имеют в качестве фактор-группы по центру группу Клейна:

$$\begin{array}{rcr}\mathrm Z\bigl(G\bigr)=\mathrm C_2,&& G/\mathrm C_2=\mathrm K_4\\ \mathrm Z\bigl(\mathrm D_8\bigr)=\mathrm C_2,&&\mathrm D_8/\mathrm C_2=\mathrm K_4\\ \mathrm Z\bigl(\mathrm Q_8\bigr)=\mathrm C_2,&&\mathrm Q_8/\mathrm C_2=\mathrm K_4\end{array}$$

При этом, если взять задание группы Клейна

$$\mathrm K_4=\Bigl\langle\;a,\;b\;\bigl|\bigr{}\;a^4=b^2=I,\;ab=ba\;\Bigr\rangle=\mathrm C_2^2$$

и попытаться в лоб записать её центральное расширение группой второго порядка (я же правильно этот термин здесь использую?), то в обоих случаях получится абелева группа (которая, кстати, тоже удовлетворяет соотношению на центр выше):

$$\begin{array}{l}\mathrm K_8=\Bigl\langle\;a,\;b,\;c\;\bigl|\bigr{}\;a^2=c,\;b^2=c^2=I,\;ab=ba\;\Bigr\rangle=\mathrm C_4\times\mathrm C_2\\ \mathrm K_8=\Bigl\langle\;a,\;b,\;c\;\bigl|\bigr{}\;a^2=b^2=c,\;c^2=I,\;ab=ba\;\Bigr\rangle=\mathrm C_4\times\mathrm C_2\end{array}$$

(Здесь образующая c является элементом новой группы, порождающим её центр). На самом же деле, правильное задание в этом виде для групп диэдра и кватернионов будет выглядеть так:

$$\begin{array}{l}\mathrm D_8=\Bigl\langle\;a,\;b,\;c\;\bigl|\bigr{}\;a^2=c,\;b^2=c^2=I,\;bab^{-1}=a^{-1}\;\Bigr\rangle\\ \mathrm Q_8=\Bigl\langle\;a,\;b,\;c\;\bigl|\bigr{}\;a^2=b^2=c,\;c^2=I,\;bab^{-1}=a^{-1}\;\Bigr\rangle\end{array}$$

В ретроспективе становится очевидным, что дело в том, что из-за простоты группы Клейна — все элементы (в том числе образующие) имеют порядок 2 — ниже следующие соотношения между образующими эквивалентны:

$$\begin{array}{rllll}\bigl(ab\bigr)^2=I,&&aba=b,&&bab^{-1}=a^{-1}\\ \bigl[a,\;b\bigr]=I,&&ab=ba,&&bab^{-1}=a\end{array}$$

Это перестаём быть верным при построении расширений, необходимо выбрать соответствующее случаю выражение.

[dgwuqtj]

Ну да, у центральных расширений задания образующими и соотношениями могут быть хитрыми. Посмотрите на накрытия Шура симметрических групп для сравнения.

[B@R5uk]

B@R5uk в сообщении #1675956 писал(а):

...получится абелева группа (которая, кстати, тоже удовлетворяет соотношению на центр выше)

"Удовлетворяет" в том смысле, что в ней имеется та же центральная подгруппа, и фактор-группа по ней совпадает. Центром же абелевой группы является вся группа целиком.


Вообще, пристальное разглядывание примеров выше я делал в связи с другим, более общим вопросом. Пусть G — неабелева группа с нетривиальным центром. На сколько малым может быть его индекс f в группе?

$$f=\Bigl[G:\mathrm Z\bigl(G\bigr)\Bigr]$$

Другими словами, на сколько большим может быть центр в неабелевой группе. Ранее тут уже был представлен простой способ получить неабелеву группу с (довольно) произвольным порядком, у которой индекс f центра равен 6. Берётся любая абелева группа A и умножается группу диэдра порядка шесть:

$$G=A\times\mathrm D_6$$

Но потом я вспомнил про разобранные выше группы, и моя оценка на верхнюю границу индекса f упала с 6 до 4. Единственное, что мне не нравилось, — это то, что выше приведены фиксированные примеры, а хотелось бы получить способ строить группы с (относительно) произвольным порядком, индекс центра в которых равен четырём, если такое вообще возможно.

Оказалось, возможно. Используя понятые выше соображения о группе Клейна, мне удалось с помощью эксперимента "нащупать" такое семейство групп:

$$G_{8n}=\Bigl\langle\;a,\;b,\;c\;\bigl|\bigr{}\;a^2=b^2=c,\;c^{2n}=I,\;a^b=a^{2n+1}\;\Bigr\rangle$$

$$\mathrm Z\bigl(G\bigr)=\mathrm C_{2n},\quad\quad G/\mathrm Z\bigl(G\bigr)=K_4$$

$$\begin{array}{r|lcr|l} n&G_{8n}&\quad&n&G_{8n}\\ \hline 1&\phantom{{}_0\mathrm C_1\times{}}\mathrm Q_8&&2&\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 3&\phantom{{}_0}\mathrm C_3\times\mathrm Q_8&&4&\mathrm C_{16}\overset{9}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 5&\phantom{{}_0}\mathrm C_5\times\mathrm Q_8&&6&\mathrm C_{24}\overset{13}{\rtimes}\mathrm C_2=\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_6\phantom{{}_0}=\phantom{{}_0}\mathrm C_3\times\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 7&\phantom{{}_0}\mathrm C_7\times\mathrm Q_8&&8&\mathrm C_{32}\overset{17}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 9&\phantom{{}_0}\mathrm C_9\times\mathrm Q_8&&10&\mathrm C_{40}\overset{21}{\rtimes}\mathrm C_2=\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_{10}=\phantom{{}_0}\mathrm C_5\times\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 11&\mathrm C_{11}\times Q_8&&12&\mathrm C_{48}\overset{25}{\rtimes}\mathrm C_2=\mathrm C_{16}\overset{9}{\rtimes}\mathrm C_6\phantom{{}_0}=\phantom{{}_0}\mathrm C_3\times\mathrm C_{16}\overset{9}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 13&\mathrm C_{13}\times\mathrm Q_8&&14&\mathrm C_{56}\overset{29}{\rtimes}\mathrm C_2=\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_{14}=\phantom{{}_0}\mathrm C_7\times\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 15&\mathrm C_{15}\times\mathrm Q_8&&16&\mathrm C_{64}\overset{33}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 17&\mathrm C_{17}\times\mathrm Q_8&&18&\mathrm C_{72}\overset{37}{\rtimes}\mathrm C_2=\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_{18}=\phantom{{}_0}\mathrm C_9\times\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 19&\mathrm C_{19}\times\mathrm Q_8&&20&\mathrm C_{80}\overset{41}{\rtimes}\mathrm C_2=\mathrm C_{16}\overset{9}{\rtimes}\mathrm C_{10}=\phantom{{}_0}\mathrm C_3\times\mathrm C_{16}\overset{9}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 21&\mathrm C_{21}\times\mathrm Q_8&&22&\mathrm C_{88}\overset{45}{\rtimes}\mathrm C_2=\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_{22}=\mathrm C_{11}\times\phantom{{}_0}\mathrm C_8\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_2\\ 23&\mathrm C_{23}\times\mathrm Q_8&&24&\mathrm C_{96}\overset{49}{\rtimes}\mathrm C_2=\mathrm C_{32}\overset{17}{\rtimes}\mathrm C_{6}\phantom{{}_0}=\,\,\mathrm C_3\times\mathrm C_{32}\overset{17}{\rtimes}\mathrm C_2\\ \end{array}$$

$$\mathrm C_m\overset{k}{\rtimes}\mathrm C_n=\Bigl\langle\;a,\;b\;\bigl|\bigr{}\;a^m=b^n=I,\;a^b=a^k\;\Bigr\rangle$$

Я думаю, закономерности прослеживаются. Забавно, что группы для чётного n не содержат никаких дициклических групп, ни в качестве подгрупп, ни в качестве фактор-групп.

-- 22.02.2025, 13:55 --

Свойство абелевой группы "прятать в себе неабелевость" не является уникальным только для группы Клейна. Вот, например, я научным тыком нашёл следующую группу порядка 64. (Здесь важно всегда проверять, что центр именно такой, какой заказан. Групповые соотношения непрозрачны и обманчивы, центр может быть больше, чем кажется "очевидным" из формул).

$$G_{64}=\Bigl\langle\;a,\;b,\;c\;\bigl|\bigr{}\;a^4=b^4=c,\;c^4=I,\;a^b=a^5\;\Bigr\rangle\simeq\mathrm C_{16}\overset{5}{\rtimes}\mathrm C_4$$

У неё выполнено:

$$\mathrm Z\bigl(G\bigr)=\mathrm C_4,\quad\quad G/\mathrm Z\bigl(G\bigr)=\mathrm C_4^2$$

Наверняка, можно найти множество других разнообразных примеров.

В итоге, мой вопрос про то, каков может быть индекс f центра в группе, свёлся к следующему вопросу. Может ли фактор-группа по центру быть циклической? Кажется, что циклическая группа ну уж слишком просто устроена, чтобы "прятать" в себе неабелевость. Но как это строго доказать? Отсылка к её абелевости по предъявленным выше примерам не работает.

[dgwuqtj]

B@R5uk в сообщении #1676004 писал(а):

Может ли фактор-группа по центру быть циклической?

Нет (а неабелевом случае), потому что группа порождается своим центром и любым подъёмом образующей факторгруппы. А они коммутируют.

[B@R5uk]

Не знаю, что значит подъём группы (не нагуглилось) и какая фактор-группа является образующей, но мне кажется, что дело здесь не совсем не в том, что центр коммутирует со всеми элементами группы (и, как следствие, со всеми подгруппами), а в другом. Ну, то есть, центральность тоже важна, но это не единственная причина. Разница случая циклической фактор-группы со случаями произвольной абелевой фактор-группы выше именно в том, что ранк циклической группы равен единице. Нестрого говоря, она в некотором смысле "одномерная", в ней нет места, чтобы развернуться и выбрать различные "линейно независимые" элементы.

Вот строгое рассуждение. Пусть в группе G подгруппа H принадлежит центру группы G, она, следовательно, является нормальной, и фактор-группу по ней назовём C. Группа C является циклической с образующей s:

$$H\le\mathrm Z\bigl(G\bigr),\qquad G/H=C,\qquad C=\bigl\langle\;s\;\bigl|\bigr{}\;s^n=I\;\bigr\rangle$$

Это означает, что между смежными классами группы G по подгруппе H и элементами группы С имеется взаимно однозначное соответствие, которое выражается в виде гомоморфизма из G в C с ядром H:

$$\varphi\bigl(H\bigr)=I,\qquad\varphi\bigl(gH\bigr)=c,\qquad g\in G,\; c\in C$$

Предположим теперь, что в группа G неабелева, и в ней существуют элементы g и h, которые не коммутируют:

$$gh\ne hg,\qquad g,\;h\in G$$

Обозначим образы этих элементов в группе C элементами a и b, соответственно:

$$\varphi\bigl(g\bigr)=a,\qquad\varphi\bigl(h\bigr)=b$$

Поскольку группа C — циклическая с образующей s, то любой элемент этой группы представим как некоторая степень этой образующей, в том числе элементы a и b:

$$a=s^k,\qquad b=s^l$$

Поскольку имеется взаимно однозначное соответствие между элементами группы C и смежными классами группы G по подгруппе H, то для образующей тоже существует смежный класс. Возьмём некоторый элемент из него и обозначим элементом d:

$$\varphi\bigl(d\bigr)=s$$

Рассмотрим следующие выражения и их образы:

$$\varphi\bigl(gd^{-k}\bigr)=as^{-k}=I,\qquad\varphi\bigl(hd^{-l}\bigr)=bs^{-l}=I$$

Получается, что элементы x и y, задаваемые этими выражениями, принадлежат ядру гомоморфизма, то есть подгруппе H:

$$x=gd^{-k},\qquad y=hd^{-l},\qquad x,\;y\in H$$

Выразим элементы g и h и посмотрим на их произведения в различном порядке:

$$g=xd^k,\qquad h=yd^l$$

$$gh=xd^kyd^l=xyd^{k+l}=yd^lxd^k=hg$$

Получается, что элементы g и h, коммутируют, то есть предположение о неаблевости группы G было неверным.

В последних двух равенствах использовался тот факт, что элемент y принадлежит центру и коммутирует (в том числе и) с элементом d. Если же подгруппа H была бы произвольной нормальной подгруппой группы G, то на этом шаге произошла бы осечка и противоречия не получилось бы. (Не удивительно, полупрямое произведение циклических подгрупп вполне может быть неаблевой группой).

При этом, противоречия так же не получится, если фактор-группа является произвольной абелевой группой. Пусть, для примера, это группа F, ранк которой равен двум, с образующими s и t:

$$H\le\mathrm Z\bigl(G\bigr),\qquad G/H=F,\qquad F=\bigl\langle\;s,\;t\;\bigl|\bigr{}\;s^n=t^m=I,\;st=ts\;\bigr\rangle$$

Образы a и b элементов g и h в общем случае перестанут быть в некотором смысле "пропорциональными", их представление будет сложнее:

$$a=s^kt^i,\qquad b=s^lt^j$$

Обозначив элементами d и f прообразы образующих s и t (эти элементы принадлежат различным смежным классам и не выразимы один через другой через произведение на элемент z подгруппы H) получим для элементов g и h следующие представления:

$$g=xd^kf^i,\qquad h=yd^lf^j,\qquad x,\;y\in H$$

$$\forall z\in H:d\ne zf$$

Теперь, если эти элементы не коммутируют (по предположению), это будет означать, что прообразы образующих фактор-группы тоже не коммутируют (и наоборот):

$$gh=xd^kf^iyd^lf^j=xyd^kf^id^lf^j$$

$$hg=yd^lf^jxd^kf^i=xyd^lf^jd^kf^i$$

То есть никакого противоречия, и примеры для этого случая выше.

-- 25.02.2025, 21:25 --

В итоге, ответом на мой вопрос "Каким может быть индекс центра в конечной неабелевой группе?" будет утверждение "Составным числом с минимальным значением 4. Фактор-группа не может быть циклической группой".

[B@R5uk]

Я тут поэкспериментировал, и обнаружил, что в задании группы

B@R5uk в сообщении #1676004 писал(а):

$$G_{8n}=\Bigl\langle\;a,\;b,\;c\;\bigl|\bigr{}\;a^2=b^2=c,\;c^{2n}=I,\;a^b=a^{2n+1}\;\Bigr\rangle$$

$$\mathrm Z\bigl(G\bigr)=\mathrm C_{2n},\quad\quad G/\mathrm Z\bigl(G\bigr)=K_4$$

второе соотношение лишнее. То есть, оно, конечно, наглядно показывает порядок центра группы, но его можно вывести из первого и последнего соотношений:

$$a^2=b^2=c,\qquad ba=a^{2n+1}b$$

$$a^2b=b^3=ba^2=a^{2n+1}ba=a^{4n+2}b=a^{4n}a^2b$$

$$a^{4n}=I$$

$$c^{2n}=I$$