LINUX.ORG.RU
решено ФорумTalks

[алгебра] задача


0

3

Правильно ли я понимаю, что если H - нормальная подгруппа группы G, то gh=hg ?

И если да, то как это доказать?

Или все таки gh не обязательно должен быть равен hg, но в тоже время gH=Hg (по определению нормальных подгрупп)?

★★☆☆☆

> Или все таки gh не обязательно должен быть равен hg

именно

cvs-255 ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от cvs-255

То есть фактически условие нормальности делителя можно перефразировать как, для каждого g существуют такие h₁,h₂ \in H, что gh₁=h₂g

Так?

Но тогда же получается, что сама нормальная подгруппа не обязана быть коммутативной исходя из этого определения. Ведь достаточно: hh₁=h₂h

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от cvs-255

Как пример подгруппа паралельных переносов в группе движений - нормальная. Но поворот * перенос != перенос * поворот.

cvs-255 ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от cvs-255

Спасибо. Блин. Вот как же ж на лекции не хватает таких вот примеров :(

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от cvs-255

Кстати, а есть лучший способ показать, что подгруппа треугольных матриц (2,2) группы Gl₂ не является нормальной, кроме как найти антипример.

Допустим взять матрицу из Gl₂ g=[[1,0],[1,1]] и показать, что существует такая треугольная матрица h₁, что не существует h₂ чтобы gh₁=h₂g

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

возми лучше экивиалентную формулировку:
gh₁=h₂g <=> gh₁g^{-1} всегда лежит в подгруппе

надо показать что треугольная матрица может быть сопряжена не треугольной

alpha ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

> Допустим взять матрицу из Gl₂ g=[[1,0],[1,1]] и показать, что существует такая треугольная матрица h₁, что не существует h₂ чтобы gh₁=h₂g

Не совсем, условие gH=Hg должно выполняться для любого g.

cvs-255 ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от cvs-255

>Не совсем, условие gH=Hg должно выполняться для любого g.

Но ведь если я нашел такое g из Gl₂, для которого оно _не_ выполняется, то значит и H не может быть нормальным делителем.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от alpha

а так как сопряжение - это просто переход к другому базису, то весь вопрос в том, бывает ли линейный оператор, который в одном базисе записывается треугольной матрицей, а в другом - матрицей общего вида

ну и ответ очевиден

alpha ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от alpha

Да. Можно даже ограничится диагонализируемыми операторами.

Атлична-атлична. многое проясняется.

dikiy ★★☆☆☆ ()

есть много простых вопросов, которые проясняют всю эту конструкцию

вроде того, что
1) показать что подгруппа индекса 2 всегда нормальна
2) что две нормальные подгруппы, пересекающиеся по единице, коммутируют

ну и задачи наподобие:
- найти все нормальные подгруппы групп перестановок S_3 и S_4
чтобы пощупать все на примерах

и в хорошем учебнике они имеются скорее всего

alpha ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от alpha

>1) показать что подгруппа индекса 2 всегда нормальна

хых. Это как раз одна из задач под моим носом. С ней особых проблем не возникло.

А вот:

2) что две нормальные подгруппы, пересекающиеся по единице, коммутируют

Это как понять? Ведь единица входит в любую подгруппу. И как понять «коммутируют»?

Мне пока что в голову приходит лишь:

gHI=HIg (H,I нормальные подгруппы)

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

>2) что две нормальные подгруппы, пересекающиеся по единице, коммутируют

Это как понять? Ведь единица входит в любую подгруппу.

Это и значит. Никаких других общих элементов у них нет.

И как понять «коммутируют»?


У меня получилось, что именно коммутируют.
h*i=i*h, где элементы i и h являются представителями нормальных подгрупп I и H. Доказательство несложное :)

kalenkov ()
Ответ на: комментарий от dikiy

> Это как понять? Ведь единица входит в любую подгруппу.
пересекающихся _только_ по единице

И как понять «коммутируют»?

коммутируют поэлементно, каждый элемент одной с каждым элементом другой

alpha ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от kalenkov

Блин. Час думаю, придумать не могу :(

Есть hI=Ih И iH=Hi. Можно записать

h₁i₁=i₂h₁ и i₁h₁=h₂i₁. Дальше затык. Пробоевал выражать одно через другое и так и по-всякому. Не идет.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от kalenkov

намек лучше. Я пока не понимаю, каким образом использовать единственность точки пересечения H и I в доказательстве.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

> Я пока не понимаю, каким образом использовать единственность точки пересечения H и I в доказательстве.
Я тоже не понимал, но в конце оно само понадобилось. Как и ты я начинал с уравнения

h₁i₁=i₂h₁

которое следует из нормальности подгруппы I. Попробуй теперь переписать это уравнение так, чтобы оно напоминало условие нормальности группы H.

kalenkov ()

Есть полезная эквивалентная формулировка: H – нормальная подгруппа G, если для любого h из H и g из G коммутатор [g,h] = ghg^{-1}h^{-1} принадлежит H.

Miguel ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

охлол. Так это ж решение.

ihi^{-1}h^{-1}=e в виду того, что произведение принадлежит и I и H.

А значит домножив справа сначала на h, а потом на i получим.

ih=hi.

Я зол, фак -.- :)

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

Теперь я могу со спокойной совестью пойти пить пиво )

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от cvs-255

>>Как пример подгруппа паралельных переносов в группе движений - нормальная. Но поворот * перенос != перенос * поворот.

Пример отличный. Интересно, что наоборот не работает: подгруппа вращений не является нормальной в группе движений (на глаз, не уточнял).

mclaudt ()
Ответ на: комментарий от unanimous

Такое «потому что» ничего не объясняет. Из группы вращений и группы трансляций можно наконструировать кучу разных прямых и полупрямых произведений.

Для факта, что группа изометрий получается именно в случае полупрямого произведения групп вращений и трансляций - геометрической очевидности нет.

mclaudt ()
Вы не можете добавлять комментарии в эту тему. Тема перемещена в архив.