Произведение подгрупп

[B@R5uk]

Пусть A и B — это подгруппы группы G. Пусть множество H называется произведением подгрупп A и B:

$$H=AB=\left\langle\;ab\;|\;a\in A,\;b\in B\;\right\rangle$$

Здесь порядок важен, потому что, если

$$H'=BA=\left\langle\;ba\;|\;a\in A,\;b\in B\;\right\rangle$$

то, вообще говоря

$$H\ne H'$$

Так вот, я пытаюсь вникнуть почему H — это подгруппа группы G тогда и только тогда, когда

$$AB=BA$$

Мои рассуждения в прямую сторону. Чтобы показать, что H — это подгруппа, нужно убедиться, что групповая операция на этом множестве удовлетворяет определению группы. Нейтральный элемент присутствует, ассоциативность следует из ассоциативности операции объемлющей группы G. Обратный элемент принадлежит множеству в силу того, что

$$(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}\in BA=AB=H$$

Остаётся только проверить, что групповая операция не выводит за пределы множества H. Для этого посмотрим на требование: равенство множеств

$$AB=BA$$

означает, что для любой пары элементов a и b найдётся другая пара элементов (не обязательно единственная, но кто знает?) a' и b' такие, что будет выполнено

$$ab=b'a'\quad(\;a,a'\in A,\;b,b'\in B\;)$$

Тогда для произведения двух произвольных элементов множества H (периодически пользуясь то ассоциативностью групповой операции, то тождеством выше) можно записать цепочку:

$$(a_1b_1)(a_2b_2)=a_1b_1b_3a_3=a_1b_4a_3=a_1a_4b_5=a_5b_5\quad(\;\forall k:\;a_k\in A,\;b_k\in B\;)$$

То есть действительно, групповая операция за пределы множества H не выходит, и оно является подгруппой группы G.

В обратную сторону, казалось бы должно было бы быть проще, но что-то у меня с этим напряг вышел. Если произведение AB — это подгруппа, то групповая операция не выводит за её пределы. Произвольные элементы a и b, принадлежащие подгруппам, соответственно A и B входят в саму подгруппу AB, так как каждый получается из себя и умножения на нейтральный элемент (входящий в каждую их подгрупп) с нужной стороны. А раз эти элементы входят в подгруппу, то можно взять их произведение в любом порядке. Сделаем это в обратном порядке:

$$ba$$

Результирующее произведение должно принадлежать подгруппе AB, то есть быть представимо (не обязательно единственным способом) в виде некоторого произведения элементов в прямом порядке:

$$ba=a'b'$$

То есть это то, что и требуется доказать.

Я нигде не ошибся в своих рассуждениях?

[dgwuqtj]

B@R5uk в сообщении #1657644 писал(а):

для любой пары элементов a и b найдётся другая пара элементов (не обязательно единственная, но кто знает?) a' и b' такие, что

Вы это свойство и в обратную сторону используете, то есть что для любых $a', b'$ найдутся $a, b$.

B@R5uk в сообщении #1657644 писал(а):

То есть это то, что и требуется доказать.

Это только включение $BA \subseteq AB$. Чтобы получить равенство, можно сделать так:

$$AB = (B^{-1} A^{-1})^{-1} = (BA)^{-1} \subseteq (AB)^{-1} = BA.$$

[B@R5uk]

Да, действительно. Я не до конца расписал что значит равенство двух множеств, наверное, потому что не до конца отдавал себе отчёт в том, что я его использую в обе стороны. Но это допустимо, потому что это равенство. Спасибо за уточнение.

Во втором случае ваше уточнение куда более серьёзно, потому что я доказательство до конца не довёл. Чтобы это сделать вы предлагаете воспользоваться уже доказанным и тем фактом, что множество обратных элементов группы (коей AB является по условию, а так же A и B) взаимно однозначно соответствует множеству самих элементов этой группы. Поэтому в цепочке

$$AB=\left(B^{-1}A^{-1}\right)^{-1}=(BA)^{-1}\subseteq(AB)^{-1}=BA$$

первое, второе и последнее именно равенства. Мне было бы комфортнее для понимания, если бы рассуждение было с действиями над элементами, а не над множествами целиком.

Хотя меня в первую очередь интересует случай доказательства вперёд, так как он даёт отличный (линейный по размеру подгруппы H) практический способ проверки, что H — это действительно подгруппа. Проверка в лоб потребует фактически построения всей таблицы умножения для этой подгруппы, что будет иметь квадратичную сложность.

Случай, когда произведение двух подгрупп само является подгруппой имеет какое-то особое название? Или такие подгруппы друг относительно друга как-то по-особому называются? Мне кажется, что это достаточно интересный случай, чтобы иметь свой собственный термин, особенно, когда истинные подгруппы дают всю группу целиком.

[dgwuqtj]

B@R5uk в сообщении #1657678 писал(а):

Или такие подгруппы друг относительно друга как-то по-особому называются?

В Википедии такие подгруппы называются перестановочными (permuting subgroups).

[B@R5uk]

dgwuqtj, спасибо. Тут пытался довести доказательство через элементы, а не через множества, как вы сделали выше. Что-то ничего толком не выходит. Неудачные попытки под катом

(Оффтоп)

B@R5uk в сообщении #1657678 писал(а):

Мне было бы комфортнее для понимания, если бы рассуждение было с действиями над элементами, а не над множествами целиком.

A и B — подгруппы, поэтому для любых элементов a и b из них соответственно существуют обратные элементы

$$a^{-1}\in A,\quad b^{-1}\in B$$

(тоже соответственно), при этом элемент

$$a^{-1}b^{-1}$$

будет принадлежать подгруппе AB. Но так как это подгруппа, для любого её элемента существует обратный, то есть существуют a' и b', такие что выполнено равенство

$$\left(a^{-1}b^{-1}\right)^{-1}=a'b'$$

но при этом справедливо

$$\left(a^{-1}b^{-1}\right)^{-1}=ba$$

откуда

$$ba=a'b'$$

То есть выполнено включение

$$BA\subseteq AB$$

что я уже доказывал выше другим способом.

Так, дубль два. Для любых элементов a и b существуют обратные (в подгруппах A и B соответственно) при этом элемент ba принадлежит группе G и будет в ней иметь обратный, для которого выполнены тождества

$$(ba)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$$

$$ba=\left(a^{-1}b^{-1}\right)^{-1}$$

Так как обратные элементы лежат в подгруппах A и B соответственно, элемент

$$a^{-1}b^{-1}$$

будет принадлежать подгруппе AB и уже в ней иметь обратный. То есть будут существовать некоторые a' и b' такие, что выполнено равенство

$$(a^{-1}b^{-1})^{-1}=a'b'$$

но одним из равенств выше получается что верно так же и

$$ba=a'b'$$

То есть справедливо включение множеств

$$BA\subseteq AB$$

Дубль три. Пусть a и b — произвольные элементы подгрупп A и B соответственно. Их произведение является элементом группы G, поэтому для него существует обратный элемент, а так же выполняется равенство

$$ab=\left(b^{-1}a^{-1}\right)^{-1}$$

Произведение обратных элементов является элементом множества BA, которое, как выше показано, является подмножеством группы AB, для всех элементов которой существуют обратные. То есть существуют такие a' и b', что выполнено равенство

$$ab=\left(b^{-1}a^{-1}\right)^{-1}=a'b'$$

Таким образом приходим к включению множеств:

$$AB\subseteq AB$$

Тоже мимо.

В итоге я пришёл к пониманию, что я даже не знаю, что за множество вы обозначили как

$$(AB)^{-1}$$

Это множество элементов, обратных к элементам множества AB ? Если да, то AB — это же подгруппа по условию в доказательстве в обратную сторону, поэтому

$$(AB)^{-1}=AB$$

Что я делаю не так?

[dgwuqtj]

B@R5uk в сообщении #1657733 писал(а):

Это множество элементов, обратных к элементам множества AB ?

Да, все операции с множествами "по Минковскому".

На уровне элементов можно, например, так. Докажем, что $a b \in B A$ для всех $a \in A$ и $b \in B$. Действительно, $a b = (b^{-1} a^{-1})^{-1}$, элемент $b^{-1} a^{-1}$ принадлежит $B A \subseteq A B$, поэтому $b^{-1} a^{-1} = a' b'$ для некоторых $a' \in A$ и $b' \in B$. Далее, $a b = (b^{-1} a^{-1})^{-1} = (a' b')^{-1} = (b')^{-1} (a')^{-1} \in B A$, что и требовалось.

Тут обращение надо обязательно как-то использовать, потому что для моноидов аналогичное утверждение неверно. То есть если $A, B \subseteq M$ подмоноиды некоторого моноида и $A B$ тоже подмоноид, то $B A \subseteq A B$, но равенство может не выполняться. Например, в бициклическом моноиде $M = \langle x, y \mid x y = 1 \rangle$ (как множество это $\{y^k x^l \mid k, l \geq 0\}$ возьмём $A = \langle y \rangle$ и $B = \langle x \rangle$, тогда $A B = M$, но $B A = \{x^k, y^k \mid k \geq 0\}$ даже не замкнуто относительно умножения.

[B@R5uk]

dgwuqtj в сообщении #1657736 писал(а):

Тут обращение надо обязательно как-то использовать, потому что для моноидов аналогичное утверждение неверно.

О. Это проливает свет в некотором смысле, хотя с моноидами я не знаком, кроме того, что они существуют и являются более "слабой" разновидностью групп. Спасибо за подробное объяснение! А то с множествами я толком работать не умею. В общих чертах понятие имею, но свободного владения ими у меня нет.

Возвращаясь к перестановочным подгруппам. Есть ли какая-нибудь теорема, которая утверждает, что любую конечную группу можно представить как некоторое произведение её двух истинных перестановочных подгрупп? Мне кажется (из моих экспериментальных наблюдений), то это утверждение можно даже усилить, потребовав, чтобы одна из этих подгрупп была циклической. Или это в общем не верно?

[dgwuqtj]

B@R5uk в сообщении #1657765 писал(а):

Есть ли какая-нибудь теорема, которая утверждает, что любую конечную группу можно представить как некоторое произведение её двух истинных перестановочных подгрупп?

Вы про собственные (proper) перестановочные подгруппы? Этот вопрос легко сводится к случаю простых конечных групп: возьмём в группе $G$ максимальную нормальную подгруппу $N$, тогда $G / N$ простая. Если $G / N = A B$ для собственных подгрупп $A, B < G / N$, то $G = \pi^{-1}(A)\, \pi^{-1}(B)$, где $\pi \colon G \to G / N$ —канонический гомоморфизм. Причём если $B \cong \mathrm C_n$, то вместо $\pi^{-1}(B)$ можно взять циклическую подгруппу, порождённую любым прообразом образующей $B$. Если $G / N \cong \mathrm C_p$ абелева, то таких собственных $A$ и $B$ вы не найдёте, но в этом случае можно взять $A = N$ и циклическую $B$, её можно выбрать собственной кроме случая $G \cong \mathrm C_{p^k}$ (такая $G$ не раскладывается в произведение двух собственных подгрупп).

Для конечных групп известна классификация всех троек $(G, A, B)$, где $G$ почти простая, а $A, B < G$ максимальные и $G = A B$. Это не совсем то, что вам нужно, потому что в общем случае непонятно, можно ли уменьшить $B$ до циклической подгруппы. Список и доказательство можно найти в Liebeck, Praeger, Saxl, Maximal factorizations of the finite simple groups and their automorphism groups. У них получилось, что бывают неразложимые конечные простые группы (неабелевы), например, $\mathrm U(3, 7)$. Есть ещё обзор в статье Kirtland, Finding proper factorizations in finite groups.

[B@R5uk]

dgwuqtj в сообщении #1657773 писал(а):

Вы про собственные (proper) перестановочные подгруппы?

Да. То есть это вопрос более менее известный и проработанный? Просто вы сразу кучу фактов на меня вывалили (за что спасибо!), а я уже спотыкаюсь на том, что максимальная нормальная подгруппа единственна (или нет? Кажется нет).

dgwuqtj в сообщении #1657773 писал(а):

...и циклическую $B$, её можно выбрать собственной кроме случая $G \cong \mathrm C_{p^k}$ (такая $G$ не раскладывается в произведение двух собственных подгрупп).

А минимальный пример, когда нет разложения, не сильно большой? А то, например, $\mathrm U(3, 7)$, если Гугль правильно понял, что вы имеете в виду, слишком уж велика.

[dgwuqtj]

B@R5uk в сообщении #1657798 писал(а):

максимальная нормальная подгруппа единственна (или нет? Кажется нет).

Нет, конечно, в $\mathrm V_4 = \mathrm C_2 \times \mathrm C_2$ три максимальные подгруппы (они же максимальные нормальные).

С минимальным примером надо смотреть по табличке из статьи, просто она в первой строке непонятная. Но уже $\mathrm A_6$ не получится разложить в произведение двух собственных подгрупп, одна из которых циклическая. Если что, с точностью до автоморфизмов (а у $\mathrm A_6$ есть внешний автоморфизм) все максимальные подгруппы $\mathrm A_6$ — это только $\mathrm A_5$, $(\mathrm S_4 \times \mathrm S_2) \cap \mathrm A_6 \cong \mathrm S_4$, и некая подгруппа порядка $36$. И в $\mathrm A_6$ нет циклических подгрупп порядка $6$ и больше.

[B@R5uk]

dgwuqtj в сообщении #1657803 писал(а):

Но уже $\mathrm A_6$ не получится разложить в произведение двух собственных подгрупп, одна из которых циклическая.

Спасибо! Сегодня-завтра попытаюсь покрутить её в своей программке. Найти бы только символьное представление этой группы через соотношения между образующими...

dgwuqtj в сообщении #1657803 писал(а):

и некая подгруппа порядка 36

О! Группы порядка 36 интересные. Им даже всем можно назначить уникальные, говорящие имена:

Используется синтаксис Text

----------------------------------------------------------------
Name            O   R   A   1   2   3   4   6   9   12  18  36
Q36             36  2   -   1   1   2   18  2   6   -   6   -
Z36             36  1   +   1   1   2   2   2   6   4   -   12
K4 # Z9         36  2   -   1   3   2   -   6   24  -   -   -
D36             36  2   -   1   19  2   -   2   6   -   6   -
Z18 x Z2        36  2   +   1   3   2   -   6   6   -   18  -
Q12 x Z3        36  2   -   1   1   8   6   8   -   12  -   -
Z3 # Q12        36  3   -   1   1   8   18  8   -   -   -   -
Z12 x Z3        36  2   +   1   1   8   2   8   -   16  -   -
Z3^2 # Z4       36  2   -   1   9   8   18  -   -   -   -   -
D6^2            36  2   -   1   15  8   -   12  -   -   -   -
A4 x Z3         36  2   -   1   3   26  -   6   -   -   -   -
D6 x Z6         36  2   -   1   7   8   -   20  -   -   -   -
Z6 # D6         36  3   -   1   19  8   -   8   -   -   -   -
Z6^2            36  2   +   1   3   8   -   24  -   -   -   -
----------------------------------------------------------------
 

Знаком "диез" здесь помечено полупрямое произведение. Здесь оно везде единственно возможное, в том смысле, что какой бы нетривиальный гомоморфизм при построении не взять, на выходе будет одно и то же. Вру. Табличка составлена до того, как я сменил свою политику. Групп вида $\mathbb{Z}_3^2\rtimes \amthbb{Z}_4$ как раз три штуки. Обе группы с $\mathrm{Q}_{12}$ в качестве множителя тоже имеют такую же факторизацию.

-- 07.10.2024, 20:24 --

dgwuqtj в сообщении #1657803 писал(а):

И в $\mathrm A_6$ нет циклических подгрупп порядка $6$ и больше.

Если это действительно так, то из всех групп порядка 36, как видно из списка выше, подходит только одна. Одно из её возможных заданий такое:

$$\left\langle\;a,\;b,\;c\;|\;a^3=b^3=c^4=[a,\;b]=I,\;acb=bca^2=c\;\right\rangle$$

[dgwuqtj]

B@R5uk в сообщении #1657807 писал(а):

из всех групп порядка 36, как видно из списка выше, подходит только одна

Но ведь $\mathrm A_6$ имеет порядок 360, и чтобы выполнялось $\mathrm A_6 = A B$ при $|A| = 36$, необходимо $|B| \geq 10$.

[B@R5uk]

Сообщение выше поправил. Сегодня я что-то уже совсем туплю, завтра повникаю на свежую голову. Максимальных нормальных подгрупп разумеется может быть много, простейший пример $\mathbb{Z}_2^n,\;n\ge 2$, где они разные, но изоморфны, но я видел кучу не абелевых групп чётного порядка, где максимальные подгруппы (изоморфные и не изоморфные) имеют индекс 2 и поэтому нормальны.

[dgwuqtj]

Есть ещё такая чудесная группа $\mathrm C_{15}$, у неё две максимальные нормальные подгруппы — $\mathrm C_3$ и $\mathrm C_5$.