Iloczyn kartezjański Grup

[arek1357]

A, B podgrupy Grupy G.

Żadna z nich nie jest normalna..

Podać przykład zaprzeczyć lub udowodnić możliwość istnienia izomorfizmu między produktem:

\(\displaystyle{ \varphi: A \times B \rightarrow G}\)

Nie będzie to oczywiście produkt prosty ani półprosty...

[Dasio11]

Polecenie jest nieścisłe. Czy chodziło Ci o rozstrzygnięcie, czy może istnieć taka struktura grupowa na zbiorze \(\displaystyle{ A \times B}\), żeby odwzorowanie \(\displaystyle{ \varphi : A \times B \to G}\) określone jako \(\displaystyle{ \varphi( a, b ) = a \cdot b}\) było izomorfizmem?

[arek1357]

Tak dokładnie chodzi o rozstrzygnięcie, bo może być 3 przypadki:

- takie coś nie ma miejsca nigdy
- czasem ma , czasem nie ma
- zawsze ma...

Któryś z tych trzech przypadków jest prawdziwy, tylko, który...

przypadek pierwszy wystarczy udowodnić, przypadek drugi wskazać przykłady, przypadek trzeci wykonać konstrukcję...

[karolex123]

rozumiem, że \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\) są podgrupami \(\displaystyle{ G}\) (które nie są podgrupami normalnymi) takimi, że \(\displaystyle{ G=AB}\) i tnącymi się trywialnie?

myślałeś o jakimś konkretnym przykładzie takiej grupy i jej podgrup?

[arek1357]

Tak to podgrupy nienormalne...
A co mnie tknęło na taki pomysł , skoro jest iloczyn prosty, półprosty to czy mógłby być iloczyn nieprosty...

Nie myślałem tak nad tym jeszcze a jeżeli by był trzeba by było jakoś skonstruować działanie...

[karolex123]

jeśli się nie pomyliłem, to w grupie alternującej \(\displaystyle{ A_5}\) można wziąć np. podgrupę cykliczną rzędu \(\displaystyle{ 5}\) i tnącą się z nią trywialnie podgrupę izomorficzną z \(\displaystyle{ A_4}\)

One oczywiście nie są normalne, ale obawiam się, że nie chcę patrzeć na grupę prostą jak na produkt (nieprosty) jej podgrup właściwych

[arek1357]

obawiam się, że nie chcę patrzeć na grupę prostą jak na produkt (nieprosty) jej podgrup właściwych

Nie wiem czemu masz obawy...


Pociąg dalej ten temat , trzeba będzie napisać iloczyn kartezjański tych podgrup...

Wypisz konkretne podgrupy to pomnożymy je ...

[Peter Zof]

Jeśli \(\displaystyle{ |A \times B|=|G|}\) i \(\displaystyle{ |f| \colon |A \times B| \rightarrow |G|}\) jest dowolną bijekcją to możemy przenieść działanie \(\displaystyle{ \cdot}\) z \(\displaystyle{ G}\) na \(\displaystyle{ A \times B}\), w sposób standardowy, to znaczy: dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y \in |A \times B|}\) określamy \(\displaystyle{ x \cdot_{|f|} y:=|f|^{-1}\left(|f|(x) \cdot |f|(y)\right)}\). Wtedy \(\displaystyle{ f \colon \left(A \times B, \cdot_{|f|}\right) \rightarrow \left(G, \cdot\right)}\) zadane przez \(\displaystyle{ f(x):=|f|(x)}\) jest izomorfizemem grup.

[arek1357]

Wprowadzasz działanie na iloczynie kartezjańskim, i teraz sprawdź czy podgrupy:

\(\displaystyle{ (e,B)(A,e)}\) nie są podgrupami normalnymi grupy : \(\displaystyle{ A \times B}\)...

Poza tym to przekształcenie nie musi być izomorfizmem...

\(\displaystyle{ (x,y)(a,e)(x^{-1},y^{-1})=(xa,y)(x^{-1},y^{-1})=(xax^{-1},e)}\)

[Peter Zof]

Ja się sugerowałem tym co napisał Dasio11. W tym wypadku zadanie jest nieciekawe, bo mając dowolny suchy zbiór który ma taką samą moc co grupa, istnieje przeniesienie działania na ten zbiór przez dowolną bijekcję między tym zbiorem a grupą.

Wydaje mi się, że odwzorowanie które opisałem w poprzednim swoim poście jest izomorfizmem, gdyż.

(1) \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją, bo \(\displaystyle{ |f|}\) jest.

(2) Dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y \in A \times B}\) zachodzi: \(\displaystyle{ f(x \cdot_{|f|} y)=|f|\left(|f|^{-1}\left(|f|(x) \cdot |f|(y)\right)\right)=|f|(x) \cdot |f|(y) = f(x)\cdot f(y)}\)

@edit:
Okej, już rozumiem w czym problem, masz rację.

[karolex123]

Pociąg dalej ten temat , trzeba będzie napisać iloczyn kartezjański tych podgrup...

Wypisz konkretne podgrupy to pomnożymy je ...

Weźmy w \(\displaystyle{ A_5}\) podgrupy: \(\displaystyle{ A=\left\langle \left( 1,2,3,4,5\right) \right\rangle}\) generowaną przez cykl długości \(\displaystyle{ 5}\) oraz \(\displaystyle{ B=\left\langle \left( 1,2\right)\left( 3,4\right) , \left( 1,2,3\right) \right\rangle}\)
według mnie \(\displaystyle{ A_5=AB}\), ale mogłem się pomylić. Teraz można próbować zobaczyć czy się da czy się nie da skonstruować izomorfizm między \(\displaystyle{ A_5}\) a produktem tych podgrup

[arek1357]

Teraz warto wypisać elementy grupy A i B

W A jest prosto B trzeba zliczać...

[karolex123]

No chyba też nie jest w \(\displaystyle{ B}\) trudno
po pierwsze \(\displaystyle{ B}\) daje się zanurzyć w \(\displaystyle{ S_4}\); ponadto \(\displaystyle{ B}\) ma tylko permutacje parzyste, a więc \(\displaystyle{ B}\) zanurza się w \(\displaystyle{ A_4}\). Nietrudno zobaczyć, że \(\displaystyle{ B=A_4}\), wiemy bowiem jak wyglądają podgrupy \(\displaystyle{ A_4}\)

wiemy też, że \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) tną się trywialnie

[arek1357]

Tak ale \(\displaystyle{ A_{4}}\) ma elementów \(\displaystyle{ 12}\)

A grupa A generowana przez ten cykl ma elementów\(\displaystyle{ 25}\)

Co sugeruje, że iloczyn kartezjański tych grup ma rząd:

\(\displaystyle{ 12 \cdot 25=300}\)

Czyli nie tyle co rząd \(\displaystyle{ A_{5} \rightarrow 360}\)

[karolex123]

Tak ale \(\displaystyle{ A_{4}}\) ma elementów \(\displaystyle{ 12}\)

A grupa A generowana przez ten cykl ma elementów\(\displaystyle{ 25}\)

Co sugeruje, że iloczyn kartezjański tych grup ma rząd:

\(\displaystyle{ 12 \cdot 25=300}\)

Czyli nie tyle co rząd \(\displaystyle{ A_{5} \rightarrow 360}\)

Wydaje mi się, że grupa \(\displaystyle{ A_5}\) permutacji parzystych ma jednak rząd równy \(\displaystyle{ 60}\)

Co więcej, permutacja \(\displaystyle{ \left( 1,2,3,4,5\right)}\) jest rzędu \(\displaystyle{ 5}\), a zatem podgrupa generowana przez ten cykl ma rząd \(\displaystyle{ 5}\)
dlaczego więc \(\displaystyle{ A}\) ma być podgrupą rzędu \(\displaystyle{ 25}\)??