Obtención del orden erróneo de un grupo finitamente presentado

Question

Dejemos que $G=\langle x, y \mid x^4=y^3=1, y^{-1}xy=x^{-1}\rangle$ . ¿Qué es? $G$ ?

Empecé tomando

$$y^2=y^{-1}xy y^{-1}x^{-1}= (y^{-1}xy) y^{-1}x^{-1}=x^{-1}y^{-1}x^{-1}=x^{-1}y^{-1}(y^{-1}xy)=x^{-1}yxy$$ lo que implica que $y=x^{-1}yx$ y por lo tanto $xy=yx$ es decir $G $ ¡es abeliano! Pero en realidad la cuestión es demostrar que este grupo es de orden $12$ . Entonces, si mi solución no es correcta, ¿qué es $G$ ?

Answer 1

Hay un error en la pregunta.

Como muestra su cálculo, $x$ y $y$ conmutar (es decir $G$ es abeliana). Como tal, la relación $y^{-1}xy = x^{-1}$ se simplifica a $x = x^{-1}$ Así que $x$ realmente satisface $x^2 = 1$ . Por lo tanto, una presentación alternativa para $G$ es

$$\langle x, y \mid x^2 = y^3 = 1, xy = yx\rangle$$

de lo que se deduce que $G \cong \mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_3$ en particular, $G$ tiene orden $6$ no $12$ .

Esto puede confirmarse utilizando el Calculadora en línea de Magma utilizando el siguiente código

F<a, b> := FreeGroup(2);

G<x, y>, phi := quo< F | a^4, b^3, b^-1*a*b=a^-1 >;

#G

que calcula el orden del grupo (y devuelve $6$ ).

Answer 2

Estoy de acuerdo con los demás en que hay un error en la pregunta. Sólo quiero hablar más sobre cómo se puede ver esto...

La intención parece ser dar una presentación construyendo un producto semidirecto (interno) en un $12$ grupo de elementos, $W$ entre un 4 ciclos, $X = \langle x \mid x^4 \rangle \trianglelefteq W$ y una de 3 ciclos, $Y = \langle y \mid y^3 \rangle \leq W$ , donde $y$ actúa sobre $x$ por conjugación, tomando $x$ a $x^{-1}$ es decir $y^{-1} x y = x^{-1}$ .

Pero hay un problema. Esta acción es un automorfismo de $X$ pero el automorfismo tiene orden $2$ y $y$ tiene orden $3$ , por lo que deberíamos ver que ocurre algo impar si conjugamos $x$ tres veces: $$\begin{align} x = 1 \cdot x \cdot 1 = (y^3)^{-1} x y^3 &= y^{-1}\left( y^{-1}\left( y^{-1} x y \right) y \right) y \\ &= y^{-1}\left( y^{-1} x^{-1} y \right) y \\ &= y^{-1}\left( y^{-1} x y \right)^{-1} y \\ &= y^{-1} x y \\ &= x^{-1} \end{align}$$ (Esta es la versión del producto semidirecto del hecho simple anterior sobre los elementos del grupo: un elemento del grupo es de orden que divide a ambos $2$ y $3$ tiene orden $1$ .)

En $X$ sólo hay dos elementos de orden $4$ , $x$ y $x^{-1}$ por lo que un automorfismo sólo puede enviar el generador $x$ a uno de ellos. Esto da $\mathrm{Aut}\ X$ la estructura de $\Bbb{Z}/2\Bbb{Z}$ . Ahora $y$ tiene orden $3$ por lo que debe enviarse a un elemento de $\mathrm{Aut}\ X$ teniendo orden de dividir $3$ . El único elemento de este tipo es la identidad, por lo que el único producto semidirecto de orden $12$ es en realidad el producto directo $\langle x,y \mid x^4, y^3, y^{-1}xy = x \rangle$ . (Es decir, la conjugación por $y$ es el automorfismo de identidad, tomando $x$ a $x$ .) Por tanto, el grupo es abeliano.

Desde $y$ no se envía al único automorfismo compatible, los órdenes no coincidentes de $y$ y el automorfismo de inversión producen una relación extra, $x = x^{-1}$ , reduciendo el grupo resultante. Nótese que aquí no hay suficiente para deducir que el grupo tiene $6$ elementos. Sólo podemos concluir que $|G| \leq 6$ . Pero podemos decir que $\{1, x, y, xy, y^2, xy^2\}$ es una lista completa (quizás sobrecompleta) de elementos del grupo abeliano $G$ . Sólo hay un grupo abeliano de orden $6$ Así que ahora tenemos que encontrar un homomorfismo inyectivo $\varphi:\Bbb{Z}/6\Bbb{Z} \rightarrow \{1, x, y, xy, y^2, xy^2\}$ . No voy a trabajar en los detalles, pero $[1]_6 \mapsto xy$ parece un buen lugar para empezar. (Necesitas mapear algo que razonablemente tenga orden $6$ . Los tres primeros elementos de la lista tienen órdenes $1$ , $2$ y $3$ respectivamente, por lo que $xy$ es un buen punto de partida).

Answer 3

Ahora que has probado que conmutan cada elemento es de la forma $x^r y^s$ con límites $0\le r<4, 0\le s<3$ . Eso hace que sea un grupo de orden 12.

En realidad, los dos grupos cíclicos generados por $x$ y $y$ conmutan y sólo tienen el elemento de identidad en común y cada elemento es de la forma $x^ry^s$ . Esto demuestra que el grupo es la suma directa interna de estos dos grupos cíclicos. Como $\gcd(3,4)=1$ es cíclico de orden 12.

EDIT: Después de ver la respuesta de Michael Albanese está claro que mi respuesta es incorrecta. Sin embargo, la mantengo para que sirva de lección sobre cómo uno (¡yo!) puede equivocarse.