Полупрямое произведение групп

[EminentVictorians]

Пусть $G$ - группа, $N$ и $H$ - ее подгруппы. Будем говорить, что $G$ разлагается во внутреннее полупрямое произведение групп $N$ и $H$ (и писать $G = N \leftthreetimes H$), если выполняются 2 условия: 1) $N$ - нормальная подгруппа 2)любой элемент группы $G$ единственным образом представляется в виде $g = nh$, где $n \in N, h\in H$. Легко доказать, что вместо условия 2) можно взять такую пару условий: любой элемент из $G$ представляется в виде $g = nh$, где $n \in N, h\in H$ и $N \cap H = \{e\}$. Так же несложно показать, что из $G = N \leftthreetimes H$ вытекает, что $G/N \simeq H$.

Тоже понятно, что если дана группа $G$ и некоторая ее нормальная подгруппа $N$, то не всегда может найтись подгруппа $H$ группы $G$ такая, что $G = N \leftthreetimes H$.

Меня интересует следующий случай. Пусть $G$ - группа, $N$ - ее нормальная подгруппа, $H$ - просто какая-то подгруппа группы $G$, $G/N \simeq H$. Будет ли из этого следовать, что $G = N \leftthreetimes H$?

Я практически уверен, что не будет, но подобрать пример не могу.

[vpb]

EminentVictorians в сообщении #1541650 писал(а):

подобрать пример не могу.

и очень плохо, что не можете ! Учитывая, что элементов в ём меньше, чем пальцев на одной руке.

[EminentVictorians]

vpb кажется понял. Возьмем $G = Z/4Z = \{[0], [1], [2], [3]\}$, $N = \{[0], [2]\}$ - циклическая подгруппа, порожденная элементом $[2]$, $H = N$. Тогда $G/N \simeq Z/2Z \simeq N = H$, но вместе с этим неверно, что $G = N \leftthreetimes H$.

А можно еще вопрос? Вопрос тот же самый, но добавляется условие $N \cap H = \{e\}$. Будет ли тогда заключение истинно или не будет?

[B@R5uk]

EminentVictorians в сообщении #1541713 писал(а):

Вопрос тот же самый, но добавляется условие $N \cap H = \{e\}$. Будет ли тогда заключение истинно или не будет?

Возьмём множество $N\cup H$ и замкнём его относительно групповой операции. Очевидно, получится некоторая подгруппа группы $G$. Надо как-то показать что вашего условия достаточно для того, чтобы эта подгруппа была представима в виде $N\rtimes H$ (для этого придётся рассмотреть все пары произведений $\{nh\,|\,n\in N,h\in H\}$ и убедиться, что среди них нет одинаковых). Но $|N||H|=|G|$, поэтому получившаяся подгруппа совпадает со всей группой $G$, то есть $G=N\rtimes H$.

-- 05.12.2021, 15:02 --

В самом деле, пусть существуют такие $n_1\ne n_2,\,h_1\ne h_2$, что $n_1h_1=n_2h_2$. Тогда $n_2^{-1}n_1=h_2h_1^{-1}\ne e$, что противоречит условию. Проверьте, я нигде не ошибся и ничего не пропустил?

То есть получается следующее утверждение. Пусть $\exists H\subset G:\,H\simeq G/N,\,N\cap H=\{e\}$, тогда $G=N\rtimes H$. При этом даже не страшно, если $\exists H'\subset G:\,H'\simeq H,\,|N\cap H'|>1$, что, например, происходит для группы $\mathbb{Z}_2^2$.

[EminentVictorians]

B@R5uk, я пока не до конца вник, но пару непонятных моментов отмечу.

B@R5uk в сообщении #1541723 писал(а):

убедиться, что среди них нет одинаковых

По-моему, это не обязательно. Давайте я точную формулировку вопроса напишу.

Дана группа $G$, $N$ - ее нормальная подгруппа, $H$ - просто какая-то ее подгруппа, $G/N \simeq H$, $N \cap H = \{e\}$. Следует ли из этого, что $G = N \leftthreetimes H$, где $\leftthreetimes$ - внутреннее полупрямое произведение?

Если получится доказать пусть не единственность, а хотя бы саму возможность представления произвольного элемента $g$ группы $G$ в виде $g = nh$, где $n \in N, h \in H$, то утверждение будет доказано. Так что на мой взгляд единственность тут ни при чем.

B@R5uk в сообщении #1541723 писал(а):

Но $|N||H|=|G|$,

Вот этот момент я тоже не очень понял. Группа то произвольная, не обязательно конечная. И даже если конечная, то почему это верно?

[B@R5uk]

EminentVictorians в сообщении #1541734 писал(а):

Вот этот момент я тоже не очень понял.

Следует из утверждения $|G/N|=|G|/|N|$ для конечных групп в какой-то там теореме о фактор-группе и из того, что изоморфные группы имеют одинаковое число элементов: $|H|=|G/N|$. На самом деле ключевой момент в моём доказательстве, иначе замыкание $\operatorname{Cl}_G(N\cup H)$ будет просто какой-то подгруппой (с меньшим числом элементов, чем $|G|$). По этой же причине важна единственность. Моё доказательство работает только для конечных групп, к сожалению. За то оно конструктивное!

[EminentVictorians]

B@R5uk, у меня все получилось с помощью Вашей идеи, спасибо! Но понятно, что только для конечных групп. А как быть с произвольными?

[B@R5uk]

EminentVictorians в сообщении #1541774 писал(а):

А как быть с произвольными?

Не знаю, сколько не думал, ничего придумать не смог. Тут либо утверждение не верно в общем случае (что требует привести контр-пример), либо верно (что требует доказательства). Так или иначе, оба варианта могут оказаться слишком сложными для одного поста на форуме. Надо обратиться за помощью к знатокам. Я вообще официально теорию групп нигде не изучал. Лишь отрывочно знакомился с самыми азами, потому что конечные группы представляют собой весьма интересные математические конструкции.

-- 06.12.2021, 03:01 --

С другой стороны, объединение всех классов смежности нормальной подгруппы $N\triangleleft G$ (впрочем, как и вообще произвольной подгруппы) должно давать исходную группу G (просто хотя бы потому, что в каждой подгруппе есть нейтральный элемент). В случае нормальной подгруппы каждому такому классу соответствует элемент группы H, поэтому множество $\{hN\,|\,h\in H\}$ должно исчерпывать все элементы группы G, если в множестве $\{hn\}$ нет повторов. Но это пока лишь гипотеза, кажущаяся достоверной. Строгое доказательство требует что-то типа этого: предположим, что $\exists g\in G\,:\,g\notin\{hn\}$, а дальше тра-ля-ля, раскрутили это до противоречия с $N\cap H=\{e\}$ попутно используя определения и свойства нормальной и фактор-группы.

[mihaild]

Конечность важна: возьмите $G = \mathbb Z_4 \times \mathbb Z_4 \times \ldots$ и $H = \mathbb Z_2$ - подгруппа первого множителя.

[B@R5uk]

mihaild, вы судя по всему не дописали чуть-чуть ваш контрпример.

[mihaild]

Не не дописал, а опечатался в TeX'е. Поправил.

[B@R5uk]

mihaild, хорошо, с исходной группой понятно, а какую вы для неё предлагаете взять нормальную подгруппу в качестве "делителя"? Буковой $H$ мы тут выше обозначали подгруппу, изоморфную фактор-группе.

-- 06.12.2021, 14:40 --

Оке, кажется, до меня дошло. Вы просто взяли пример ТС из третьего поста и слегка его "нарастили", сыграв на том, что если к бесконечности добавить единичку, то получится всё то же самое "число". То есть рассматриваемая группа

$$G=\mathbb Z_4\times\mathbb Z_4\times\mathbb Z_4\times\ldots$$

нормальная её подгруппа

$$N=\{e\}\times\mathbb Z_2\times\mathbb Z_4\times\ldots\simeq\mathbb Z_2\times\mathbb Z_4\times\mathbb Z_4\times\ldots$$

и изоморфная фактор-группе $G/N$ подгруппа

$$H=\mathbb Z_2\times\{e\}\times\{e\}\times\ldots$$

В результате мы имеем $N\cap H=\{e\}$, но при этом исходная группа никак не представима в виде полупрямого произведения $G\ne N\rtimes H$. Я правильно понял вашу идею?

[mihaild]

Пардон, я где $N$ и где $H$ перепутал, но это неважно, так тоже можно. Да, идея в том, что мы "совпавший" элемент берем из другого сомножителя, этот другой сомножитель заменяем на еще следующий и т.д.. Для конечной группы так бы не получилось из-за мощности, а с бесконечной получается.

[B@R5uk]

mihaild в сообщении #1541832 писал(а):

но это неважно, так тоже можно

Что-то тут не так. Получается что

$$G/(Z_2\times\{e\}\times\{e\}\times\ldots)\simeq G/(\mathbb Z_4\times\mathbb Z_2\times\{e\}\times\ldots)\simeq G/(\mathbb Z_4\times\mathbb Z_4\times\mathbb Z_2\times\ldots)\simeq\ldots\simeq\mathbb Z_2\times\mathbb Z_4\times\mathbb Z_4\times\ldots$$

То есть фактор-группы по разным нормальным подгруппам друг другу изоморфны?

[mihaild]

B@R5uk в сообщении #1541836 писал(а):

То есть фактор-группы по разным нормальным подгруппам друг другу изоморфны?

Да. Более того, эта группа изоморфна, например, своему прямому квадрату, так что её фактор по некоторой изоморфной ей самой подгруппе изоморфен её фактору по единичной подгруппе. Но что в этом удивительного?