Представление группы по представлению ее гомоморфного образа

[Sonic86]

Пусть $G,H$ - данные группы, $\varphi : G \to H$ - гомоморфизм. Известны множества образующих групп $A_H,A_G$ представление группы $H=<A_H|R_H>$. Какими методами обычно ищут представление группы $G=<A_G|R_G>$ в общем случае? Я даже велосипед изобрести не могу . Понятно, что $\varphi (R_G)=R_H$ например, но от этого толку почти нету. Может кто литературу знает или ссылку даст?
Забыл: гомоморфизм у меня простой: для всех $a \in A_G$ либо $\varphi (a)=a$, либо $\varphi (a)=1$.

[bnovikov]

Вы чего-то не договариваете. У Вас $H$ - подгруппа в $G$? А $\varphi$ - ретрактный эндоморфизм?

[Sonic86]

bnovikov в сообщении #465922 писал(а):

Вы чего-то не договариваете. У Вас $H$ - подгруппа в $G$? А $\varphi$ - ретрактный эндоморфизм?

Конкретно я группу писать не буду. $H$ - подгруппа в $G$.
Что такое ретрактный эндоморфизм я не знаю (гугл тоже). Просто эндоморфизм точно.

[Kallikanzarid]

$\varphi: G \to H$ - эндоморфизм?

[Sonic86]

Kallikanzarid в сообщении #465959 писал(а):

$\varphi: G \to H$ - эндоморфизм?

Ну да, по определению: $\varphi (G) \subset G$ и $\varphi$ - гомоморфизм (или это не эндоморфизм? )

[Kallikanzarid]

Sonic86
Между кодоменом (объектом, который стоит справа от стрелки) и полным образом есть разница.

В данном случае у нас есть $H$ - подгруппа $G$ с вложением $i: H \to G$ и гомоморфизм $\varphi: G \to H$. Эндоморфизмом будет не само $\varphi$, а $i \circ \varphi: G \to G$ (у эндоморфизма должны совпадать домен и кодомен).

Это мелкая придирка, но лучше все же чуть строже подходить к таким вещам :)

-- Чт июл 07, 2011 14:12:53 --

Можете пояснить суть задачи? Как я понимаю, у вас заданы группы $H \leq G$ (обозначим вложение $i: H \to G$) и эпиморфизм $\varphi: G \to H$ такой, что $i \circ \varphi = \mathrm{id}_H$ (такой морфизм называют ретракцией, а $G$ в этом случае - ретрактом $H$). Честно говоря, я не уверен, что, даже зная порождающее множество $G$, саму группу $G$ можно восстановить однозначно. Что, если $H = 1$? В этом случае группа $G$ может быть абсолютно любой, так как для любой группы $G$ существует ровно один морфизм из $1$ и в $1$, и их композиция как раз даст как раз $\mathrm{id}_1$!

Так как у вас задано $A_G$ и $A_H$ (и я подразумеваю, что $A_H \subset A_G$), то вы по сути обязаны лишь выбрать соотношения $R_G$ так, как вы сказали: $R_H \subset R_G$, $\varphi(R_G) = R_H$ (не знаю, достаточно ли формально последнее выражение). А дальше - произвол :) Таким образом, любая группа $G$, удовлетворяющая всем условиям, будет фактор-группой группы $\langle A_G \setminus A_H \rangle * H$, требуется лишь, чтобы при этом $H \leq G$.

[Sonic86]

Kallikanzarid в сообщении #466005 писал(а):

Sonic86
Между кодоменом (объектом, который стоит справа от стрелки) и полным образом есть разница.

В данном случае у нас есть $H$ - подгруппа $G$ с вложением $i: H \to G$ и гомоморфизм $\varphi: G \to H$. Эндоморфизмом будет не само $\varphi$, а $i \circ \varphi: G \to G$ (у эндоморфизма должны совпадать домен и кодомен).

Это мелкая придирка, но лучше все же чуть строже подходить к таким вещам :)

Ааа, понял. Да, я их не различаю.

Kallikanzarid в сообщении #466005 писал(а):

и я подразумеваю, что $A_H \subset A_G$

Да, именно так.
Но я не ищу вид представления $G$ в общем случае.
У меня группы $H,G$ даны, причем они заданы как группы преобразований (они бесконечные). Я для любого конкретного преобразования вычислить, чему он равен. Представление $H$ у меня уже есть. Мне нужно знать, какими методами можно искать представление $G$ (в общем случае или в каком-то классе случаев)?
Были 2 простых идеи:
1. Если все $a \in A_G \setminus A_H$ коммутируют с элементами базиса $A_H$, то $R_G = R_H \cup \{ \text{соотношения коммутативности} \}$. Однако это для моих групп не верно, у меня коммутативность лишь "частичная".
2. Для каждого $r \in R_H$ построить максимально общее $R \in G : \varphi (R)=r, R=1$ и попытаться проверить, является ли полученное множество из таких $R$ множеством порождающих соотношений $R_G$. Тоже не помогло.
Мне нужны аналогичные идеи или методы, если они вам встречались. Если не встречались - буду мучится сам.

[Kallikanzarid]

Вы уверены, что под словом "представление" понимается то, о чем говорите вы? А то с помощью порождающих множеств группы преобразований никогда не описывают, зато есть связанная с ними теория представлений:
http://en.wikipedia.org/wiki/Group_representation

[Sonic86]

Kallikanzarid в сообщении #466068 писал(а):

Вы уверены, что под словом "представление" понимается то, о чем говорите вы? А то с помощью порождающих множеств группы преобразований никогда не описывают, зато есть связанная с ними теория представлений:
http://en.wikipedia.org/wiki/Group_representation

Если я правильно разобрался в терминологии, то я под словом "представление" понимаю менее распространенный термин из двух существующих (Вы использовали более распространенный). Линейных многообразий не надо (во всяком случае, я еще не прочел о связи с линейными многообразиями линейных пространств). Здесь представление группы $G$ - пара $A_G, R_G$, $A_G$ - множество алфавитных символов группы, $R_G$ - множество слов $r:r=1$ в $G$, из которых следуют все остальные соотношения в $G$. Группа $G$ - фактор-группа свободной группы $F$ с базисом $A_G$ и нормального замыкания множества $R_G$ в $F$. Например, группа Клейна $K_4$ имеет представление $<a,b|a^2,b^2,aba^{-1}b^{-1}>$.

Kallikanzarid в сообщении #466068 писал(а):

А то с помощью порождающих множеств группы преобразований никогда не описывают

Ну не знаю У меня так задача поставлена.

[bnovikov]

В Вашем случае $H\cap N=1$, где $N$ - ядро гомоморфизма $\varphi$. Это означает, что $G$ - полупрямое произведение подгрупп $H$ и $N$. Устройство полупрямых произведений хорошо известно. Поэтому чтобы получить $R_G$, нужно, грубо говоря, взять $R_H$, $R_N$ и добавить связи между компонентами полупрямого произведения.

[Kallikanzarid]

Sonic86 в сообщении #466072 писал(а):

У меня так задача поставлена.

Может тогда приведете здесь задачу полностью?

[Sonic86]

Kallikanzarid в сообщении #466111 писал(а):

Может тогда приведете здесь задачу полностью?

Нет, решать я ее буду сам, иначе и смысла нет.

Kallikanzarid в сообщении #466111 писал(а):

В Вашем случае $H\cap N=1$, где $N$ - ядро гомоморфизма $\varphi$. Это означает, что $G$ - полупрямое произведение подгрупп $H$ и $N$. Устройство полупрямых произведений хорошо известно. Поэтому чтобы получить $R_G$, нужно, грубо говоря, взять $R_H$, $R_N$ и добавить связи между компонентами полупрямого произведения.

Хорошая идея! Спасибо большое! Только можно какой-нибудь наглядный пример сообразить. Я попробовал и у меня не получилось
Пример: $G:=<a,b,c>$ - 3-свободная группа, $H:=<a,b>$ - 2-свободная группа, $\varphi : G \to H$ - гомоморфизм, $\varphi (a) = a, \varphi (b) = b,\varphi (c) = 1$. Тогда $N= \operatorname{ker} \varphi $ - множество элементов $G$, в которых после замены $c$ на $1$ получается сократимое слово (в частности, сумма показателей степеней по $a$ и по $b$ равно нулю). $N$ - ядро гомоморфизма, а значит является нормальной подгруппой. $N \cap H = \{ 1\}$.
У нас есть $R_H = \varnothing$, надо найти $R_N$ и соотношения связи $R_{\text{link}}$ и потом из этого получить (возможно, с помощью преобразований Титце) $R_G = \varnothing$. Покажите хотя бы, как найти $R_{\text{link}}$. $G = N \leftthreetimes H \Leftrightarrow n_1h_1n_2h_2=n_1 \alpha _{h_1}(n_2) h_1h_2 \Leftrightarrow \alpha _{h}(n) = hnh^{-1}$, но непонятно, как это преобразовать в соотношение. С $R_N$ я вообще пока затрудняюсь

[bnovikov]

Вы взяли слишком простой пример: все три группы свободны (в частности, $R_N=\varnothing$).

Давайте рассмотрим общий случай. Для задания полупрямого произведения нужно знать 3 вещи: $N$, $H$ и $\alpha: H\to {\rm Aut}N$ (гомоморфизм в группу автоморфизмов). Тогда $R_{\rm link}$ - это множество всех равенств$hn=n\alpha_h(n)$, в которых всех 4 множителя нужно представить в виде произведений порождающих элементов групп $N$ и $H$ соответственно. Конечно, полученное таким образом $R_{\rm link}$ слишком избыточно, и уменьшить его - это уже в некотором смысле искусство.

Я не знаю Вашей задачи и думаю, что "в лоб" эту схему применить не удастся, но наверняка нужно использовать полупрямое произведение

[Sonic86]

bnovikov в сообщении #466234 писал(а):

Вы взяли слишком простой пример: все три группы свободны (в частности, $R_N=\varnothing$).

Гм. А я как раз обнаружил, что $R_N = \{ c, a^{r_1}c^{r_2}b^{r_3}c^{r_4}a^{-r_1}c^{r_5}b^{-r_3}\}$
upd: я подумал и прошу все-таки пояснить этот момент. Вы же не утверждаете, что она свободна в некотором базисе (ведь любая подгруппа свободной группы свободна).

bnovikov в сообщении #466234 писал(а):

Тогда $R_{\rm link}$ - это множество всех равенств$hn=n\alpha_h(n)$, в которых всех 4 множителя нужно представить в виде произведений порождающих элементов групп $N$ и $H$ соответственно.

Ааа! Действительно все просто!
Спасибо Вам преогромное!

[Sonic86]

Более понятный пример:
$S_3 = A_3 \leftthreetimes \langle (12) \rangle = \mathbb{Z}_3 \leftthreetimes \mathbb{Z}_2 = <a|a^3> \leftthreetimes <b|b^2>$.
Тогда $R_{S_3} = \{ a^3, b^2\} \cup R_{\text{link}}$. Уравнений связи у нас 6, из них $3+2-1=4$ уравнения содержат $e$, значит остается $\alpha _{(12)}((123))=(132)$ и наоборот. Обозначая $a=(123), b=(12)$, получаем 2 соотношения $bab=a^2, ba^2b=a$, причем 2-е следует из 1-го с учетом $a^3=b^2=1$, так что $R_{\text{link}} = \{ baba^{-1}\}$. В итоге: $S_3 = <a,b|a^2,b^3,baba^{-1}>$.
А в книжке мы можем посмотреть $S_3 = <x,y|x^2,y^2,(xy)^3>$, чтобы себя проверить. Нетрудно видеть, что полагая $x=a, xy=b$ получаем, что наше решение верно.
Так что мне все понятно, за исключением вопроса о том, почему представление $N$ здесь имеет пустое множество соотношений:

Sonic86 в сообщении #466199 писал(а):

Пример: $G:=<a,b,c>$, $H:=<a,b>$, $\varphi : G \to H$ - гомоморфизм, $\varphi (a) = a, \varphi (b) = b, \varphi (c) = 1$. Тогда $N= \operatorname{ker} \varphi$