Grupe

[Zajc]

Naj bo \(G\) končna grupa, ki ni ciklična in v kateri je vsaka prava podgrupa Abelova. Pokaži, da \(G\) premore pravo netrivialno podgrupo edinko.

?

[Jurij]

ekvivalentna izjava:
\(G\) končna, enostavna, vsaka prava podgrupa je abelova -> \(G\) je ciklična.
Naj bo \(\{a_1, \dots a_n\}\) minimalna množica generatorjev za G in denimo, da je \(n \ge 3\). Potem so vse podgrupe \(\langle a_i, a_j \rangle\) prave in zato abelove; to pa pomeni, da vsi generatorji komutirajo, zato je \(G\) komutativna in je npr. \(\langle a_1 \rangle\) netrivialna prava edinka, kar je v protislovju z enostavnostjo. Torej sklepamo, da lahko grupo \(G\) generiramo že z dvema elementoma; da se jo dejansko da z enim, še nisem uspel premisliti.

[Zajc]

Ja, saj. A ni dobra naloga?

Čim x in y v grupi ne komutirata, je <x,y> nekomutativna podgrupa in zato G=<x,y>. Ampak naprej se mi pa ne sanja.

[Jurij]

dobra, ja. mi smo včer ceu dan na faksu razmišljali aja, a mogoče poznaš konkreten primer (neenostavne) nekomutativne grupe, katere prave podgrupe so abelove?

[Zajc]

\(S_3\)

[Jurij]

aha, ali pa vsaka diedrska z 2p elementi, kjer je p praštevilo.

[Jurij]

Ok, sedaj že vemo, da je \(G=\langle x,y \rangle\) za neka \(x,y\). BŠS je \(x \neq 1\). Oglejmo si homomorfizem \(\phi:G\rightarrow G\), \(\phi (g)=x^{-1}gx\). Jedro tega homomorfizma ni trivialno, ker vsebuje x; jedra homomorfizmov pa so natanko edinke, zato zaradi enostavnosti sledi \(\ker \phi =G\), zato x in y komutirata in je G spet zaradi enostavnosti praštevilske moči in zato ciklična.

[Zajc]

Jedro \(\phi\) je trivialno, ker je \(\phi\) (notranji) avtomorfizem.

[Jurij]

lapsus, sori, v glavi sem imel preslikavo \(g\mapsto x^{-1}g\), ampak ta pa še homomorfizem ni.

[Zajc]

V eni knjigi sem našel rešitev ...

[Jurij]

Kakšna je pa ideja? Jaz sem se trudil s komutatorsko grupo, normalizatorji, itd. pa nisem nikamor prišel.

[Zajc]

Naloga je kar divja.

Recimo, da je \(G\) enostavna moči \(n\). Vzamemo poljubno maksimalno podgrupo \(H\) moči \(m\). Ker je \(H\le N_G(H)\le G\), je \(H=N_G(H)\) (normalizator \(H\) v \(G\)). Če so \(x_1H,\ldots,x_dH\) vsi levi odseki grupe \(H\), so \(H_i=x_iHx_i^{-1}\) paroma različne konjugiranke grupe \(H\) (tu se uporabi, da je \(H=N_G(H)\)). Presek \(H_i\cap H_j\) je edinka v \(<H_i,H_j>\) (tu se uporabi, da je \(H\) Abelova); ker je \(<H_i,H_j>=G\) enostavna, je potem \(H_i\cap H_j=1\) za \(i\ne j\). V uniji \(H_1\cup\ldots\cup H_d\) je potem skupaj \((m-1)n/m+1=n-n/m+1\) elementov. Vzamem še element \(x\notin H_1\cup\ldots\cup H_d\). Naj bo \(K\) neka maksimalna grupa moči \(k\), ki vsebuje \(x\). Isto kot prej ima \(K\) vsaj \(n/k\) paroma disjunktnih konjugirank \(K_i\). Pokaže se še \(K_i\cap H_j=1\) za \(i,j\); torej je skupaj v grupah \(K_i,H_j\) točno \(n-n/m+n-n/k+1=(2-1/m-1/k)n+1>n\) elementov, kar je protislovje.

[Jurij]

Dobra. Je koristno malo obnoviti take razmisleke, zadnje čase delam samo še z moduli in algebrami

[Zajc]

Kaj pa tale?

Naj bo \(G\) končna grupa moči \(n\) in \(X\subseteq G\) neprazna podmnožica. Pokaži, da je \(\{x_1\ldots x_n|\ x_1,\ldots,x_n\in X\}\) podgrupa v \(G\).

[Zajc]

Imam eno nalogo iz grup, ki jo ne znam rešit:

Pokaži, da grupi \(\prod_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{R}\) (dir. produkt) in \(\bigoplus_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{R}\) (dir. vsota) nista izomorfni.