Производная знакопеременной гр. A4 равна гр. Клейна V4

[Alfucio]

Здравствуйте! Вопрос (почему производная знакопеременной группы $A_4$ равна группе Клейна $V_4$) из теории групп, появился при разборе доказательства разрешимости группы подстановок $S_4$ у Эрнеста Борисовича Винберга в «Алгебре» (М. : Факториал Пресс, 2001 г.).

К этому моменту уже доказано, что коммутант G' группы G является наименьшей нормальной подгруппой, факторгруппа по которой абелева [*]. Пусть мы уже знаем, что $S'_4 = A_4$, $V_4$ (группа Клейна) нормальна в $A_4$. $|A_4 / V_4| = (24 / 2) / 4 = 3$, следовательно $A_4 / V_4$ является абелевой и $A'_4 \subseteq V_4$ (последнее утверждение следует из [*]).

Винберг пишет: так как $A_4$ не абелева, то $A'_4 = V_4$.

В силу теоремы Лагранжа, порядком группы $A'_4$ могут быть следующие числа: 1, 2, 3, 4, 6, 12.

Так как $A'_4 \subseteq V_4$, то $|A'_4| \le |V_4|$. Следовательно, подходят числа 1, 2, 3, 4.

Из-за того, что $A_4$ не абелева (это проверяется тривиально: берется два некоммутативных элемента и они перемножаются), то число 1 не подходит.

Число 3 не подходит, так как тогда группа не будет подгруппой в $V_4$ (правильно ли я здесь рассуждаю?).

Но почему число 2 не подходит, я не совсем понимаю. Конечно, в результате простой проверки перемножением коммутаторов становится видно, что $A'_4$ имеет порядок 4.

Но Эрнест Борисович пишет, что «так как $A_4$ не абелева, то $A'_4 = V_4$». То есть, насколько я понимаю, это получается как раз не простым перемножением коммутаторов, а следует из какого-то теоретического свойства.

Это можно попробовать сделать другим следующим образом: доказать, что в $A_4$ нет нормальной подгруппы порядка 2. Но пока также не удалось найти простого ответа на вопрос, почему так...

Заранее спасибо за идею.

[Хорхе]

Не знаю, что Винберг имел в виду этой фразой. Ничто не мешает подгруппе порядка 2 быть коммутантом неабелевой группы (например, $\{\pm 1\}$ в группе кватернионов).

[RIP]

Можно рассуждать так. Фишка в том, что все неединичные элементы $V_4$ сопряжены, а сопряжение --- автоморфизм, поэтому сохраняет коммутант.

[Xaositect]

Хорхе в сообщении #384369 писал(а):

Не знаю, что Винберг имел в виду этой фразой. Ничто не мешает подгруппе порядка 2 быть коммутантом неабелевой группы (например, $\{\pm 1\}$ в группе кватернионов).

Это не коммутант, это центр :)

[Хорхе]

(Оффтоп)

Xaositect в сообщении #384456 писал(а):

Это не коммутант, это центр :)

Ага, напомнило анекдот: "сегодня мы ниггеры, как раз после мексиканцев".

-- Вт дек 07, 2010 10:40:48 --

RIP в сообщении #384449 писал(а):

Можно рассуждать так. Фишка в том, что все неединичные элементы $V_4$ сопряжены, а сопряжение --- автоморфизм, поэтому сохраняет коммутант.

Можно так рассуждать. Но Винберг говорит (я проверил): "так как неабелева, то...". То, что все неединичные элементы $V_4$ сопряжены, не следует из неабелевости, а проверяется руками. То есть Винберг ошибся, похоже.

Я собираюсь себе его новое издание прикупить, посмотрим, как там написано.

[Alfucio]

RIP, Хорхе, Xaositect, спасибо!

Размещу еще одно доказательство, которое узнал (не свое):

Предположим противное, что в $A_4$ есть нормальная подгруппа порядка 2. Тогда это будет нормальная подгруппа, состоящая из единичного элемента $e$ и инволюции $i \ne e$. Тогда $\forall g \in {A_4}\;({g^{ - 1}}ig = i)$ (равенство ${g^{ - 1}}ig = e$ невозможно, поскольку тогда $i = e$). Значит, $i$ лежит в центре $A_4$. Возьмем в $A_4$ элемент $b$ порядка 3. Из перестановочности $b$ и $i$ следует то, что элемент $bi$ имеет порядок 6. Но любая подстановка на 4-х символах имеет порядок 1, 2, 3 или 4. Получили противоречие. Следовательно, в $A_4$ нет нормальных подгрупп порядка 2.

[Хорхе]

Сегодня получил пятое (?) издание (на котором, кстати, указан 2011 год, а мужики и не знают...), там написано точно так же. Ладно, простим эту мелкую оплошность, в целом учебник прекрасный.