Un problema sobre producto directo

Question

Que $G = U \times V$ donde $U, V$ son grupos simples nonabelian. $G$ Tiene precisamente cuatro diferentes subgrupos normales.

Cuando estaba mostrando la declaración anterior, no utilizo el hecho de que $U, V$ nonabelian, así que quiero ver si alguien me puede dar una prueba que utiliza la información de modo que fácilmente puedo comprobar si tenía razón.

Answer 1

La prueba de que estoy pensando en efecto, el uso que el hecho de que $U$ $V$ son nonabelian.

Deje $G=U\times V$ ser como usted dice. Deje $N\leq G$ ser un trivial subgrupo normal. Supongamos $x=(u,v)\in N$,$u\neq 1$. (O $v\neq 1$, al menos uno de los casos debe de ser verdad.) Desde $U$ es simple y nonabelian, debe existir $g\in U$ tal que $gu\neq ug$, porque si no, $u\in Z(U)$, en cuyo caso $Z(U)$ es un trivial normal subgrupo de $U$.

Deje $y=(g,1)$, y considerar el colector $[y,x]=y^{-1}x^{-1}yx$. Desde $N$ es normal, $[y,x]\in N$. Ahora defina $G_1=\{(u,1):u\in U\}$. Observar que $$ [y,x]=y^{-1}x^{-1}yx=(g^{-1}u^{-1}gu,1)\en G_1 $$ y $[y,x]\neq (1,1)$ desde $gu\neq ug$. Por lo tanto $[y,x]\in G_1\cap N$. Pero, a continuación, $G_1\cap N$ es no trivial, subgrupo normal de $G_1\simeq U$, por lo que, necesariamente,$G_1\cap N=G_1$. Por lo tanto $G_1\leq N$.

Si existe alguna $(u,v)\in N$$v\neq 1$, entonces un argumento similar se mostraría $G_2\leq N$ donde $G_2=\{(1,v):v\in V\}$. De esto se desprende que no son precisamente cuatro subgrupos normales de $G$.

Answer 2

Desde la prueba de que tengo en mente es diferente de la anterior, he decidido responder a la pregunta sobre mi propio bien. La respuesta que yo estaba buscando era más o menos lo que Martin comentado, que es suficiente para encontrar lo que supuse mal, aunque yo tomar la culpa por no mencionar que los ejemplos son "bellas" por la respuesta.

Deje $1 \times 1 < N \unlhd G = U \times V$.

Lema 1. Deje $N_{1} := \{(x, y) \in N : y = 1_{V}\}$$N_{2} := \{(x, y) \in N : x = 1_{U}\}$. A continuación,$N_{1}, N_{2} \unlhd G$.

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Prueba. $N_{1} \neq \emptyset$ ha $(1, 1)$. Si $(x, 1), (x', 1) \in N_{U}$, a continuación, estos elementos también están en $N$, lo $(x, 1)(x', 1)^{-1} = (xx'^{-1}, 1) \in N$ significa que el mismo producto es en $N_{1}$, lo $N_{1} \leqslant G$. Además, tenemos a $(u^{-1}, v^{-1})(x, 1)(u, v) = (x^{u}, 1) \in N$ cualquier $(u, v) \in G$, lo $N_{1} \unlhd G$. Casi de la misma prueba da $N_{2} \unlhd G$.

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Deje $\pi_{1}:U \times V \rightarrow U$ $\pi_{2}:U \times V \rightarrow V$ indican las proyecciones.

Lema 2. $\pi_{1}(N_{1}), \pi_{1}(N) \unlhd U, \pi_{2}(N_{2}), \pi_{2}(N) \unlhd V$.

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Prueba. Vamos $x \in \pi(N_{1})$, $(u, v) \in G$. A continuación,$(x, 1) \in N_{1}$, lo $(x, 1)^{(u,v)} = (x^{u}, 1) \in N$, por lo que esto también es $N_{1}$, lo que muestra $x^{u} \in \pi_{1}(N_{1})$, lo $\pi_{1}(N_{1}) \unlhd U$. Un casi idéntico a prueba de muestra $\pi_{2}(N_{2}) \unlhd V$.

Ahora vamos a $x \in \pi_{1}(N)$. A continuación tenemos algunos de los $y_{0} \in V$ tal que $(x, y_{0}) \in N$. Por lo tanto para cualquier $(u, v) \in G$,$(x, y_{0})^{(u, v)} = (x^{u}, y_{0}^{v}) \in N$, lo $x^{u} \in \pi_{1}(N)$. Llegamos a la conclusión de $\pi_{1}(N) \unlhd U$. Del mismo modo, $\pi_{2}(N) \unlhd V$.

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Lema 3. Si $\pi_{1}(N) = 1_{U}$, $N = 1 \times 1$ o $1 \times V$. Y si $\pi_{2}(N) = 1_{V}$, $N = 1 \times 1$ o $U \times 1$.

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Prueba. Supongamos que $\pi_{1}(N) = 1_{U}$. A continuación,$N \unlhd 1 \times V$, lo $N = 1 \times 1$ o $1 \times V$, teniendo en cuenta $\pi_{2}(N) \unlhd V$, por el Lema 2 (si $\pi_{2}(N) > 1$,$N \simeq \pi_{2}(N)$). De manera similar para el resto de la instrucción.

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Resto del Argumento. Por el Lema 3 (Lema 2), podemos suponer $\pi_{1}(N) = U, \pi_{2}(N) = V$ ( $N \in \{1 \times 1, U \times 1, 1 \times V \}$ ). Si $\pi_{1}(N_{1}) = 1_{U}$, entonces para cualquier $(x, y), (x', y) \in N$,$(xx'^{-1}, 1) \in N$, lo $(xx'^{-1}, 1) \in N_{1}$, lo $xx'^{-1} = 1$ da $x = x'$.

Supongamos que $\pi_{1}(N_{1}) = 1_{U}$. Tomar cualquier $u \in U$. Desde $\pi_{1}(N) = U$, tome $(u, v_{0}) \in N$. Para cualquier $a \in U$,$(u^{a}, v_{0}) = (u, v_{0})^{(a, 1)} \in N$. Desde $(u, v_{0})$ $(u_{a}, v_{0})$ tienen el mismo elemento en el primer componente, el argumento anterior da $u = u^{a}$. Por lo tanto $u \in Z(U) \setminus \{1_{U}\}$, y esto es un disparate desde $U$ es nonabelian simple (y por lo tanto $Z(U) \lhd U$ correctamente da $Z(U) = 1_{U}$.) Esta muestra $\pi_{1}(N_{1}) = U$ y de igual manera nos puede mostrar $\pi_{2}(N_{2}) = V$. Esto implica que $N = U \times V = G$.