En los centros de los grupos diedros.

Question

En una prueba que he leído recientemente, el siguiente "hecho" se utiliza, en donde $D_{2n}$ denota el diedro grupo de orden $2n$:

Si $n$ es incluso, a continuación,$D_{2n} \cong C_2 \times D_n$.

El (corto) dado que la justificación es que el centro de la $Z(D_{2n}) \cong C_2$, siempre que $n$ es aún, y es trivial, siempre que $n$ es impar.

Sin embargo, aquí es un resultado de que un amigo mío se encuentra en la literatura que se contradice con la anterior.

Supongamos que 4 divide $n$. A continuación, $D_{2n}$ no es isomorfo a $C_2 \times D_n$.

Prueba: Supongamos lo contrario. Sabemos que $Z(D_{2n}) \cong C_2$. Por supuesto, $D_{2n} \cong C_2 \times D_n$, por lo $Z(D_{2n}) \cong Z(C_2 \times D_{n})$. Ya que en un producto directo de $A \times B$, los grupos de $A$ $B$ viaje, obtenemos que $Z(C_2 \times D_{n}) = Z(C_2) \times Z(D_n) \cong C_2 \times C_2$, una contradicción. QED.

Ahora viene mi primera pregunta : Es la anterior prueba correcta?

Segunda pregunta : Dado un grupo finito $G$ cuyo centro no es trivial, lo hace siempre existe un grupo de $H$ tal que $G \cong Z(G) \times H$?

Si es así, entonces dado $n$ un múltiplo de 4, el grupo diedro $D_{2n}$ podría ser escrito como un producto directo de $C_2 \times H$. Aquí viene mi tercera pregunta : ¿Cuál debería ser $H$ ya que sabemos que no puede haber trivial centro (y, en particular, desde la $H$ no puede ser $D_n$)?

Answer 1

Me gustan tus preguntas.

1. Sí, y es muy tonto.

2. No, por ejemplo el grupo de los cuaterniones orden de 8 no es así.

3. (Por lo tanto, no hay tal H).

Para ser claros, el diedro grupo de fin de 8k+4 es isomorfo al producto directo de un grupo cíclico de orden 2 con un diedro grupo de orden 4k+2, pero todos los demás diedro grupos son "directamente indecomposable", es decir, no tienen una descomposición como un producto directo de dos grupos de identidad.

En caso de que desee probar el más fuerte indecomposability: Básicamente, se mira el normal subgrupos. Suponiendo que el orden de los diedros grupo de al menos 6, que son todos los que figuran en el subgrupo de las rotaciones, por lo tanto la única manera que usted puede tener un producto directo es si ese subgrupo de rotaciones ha pedido 4k+2, por lo que su Sylow 2-subgrupo está centralizada por un flip.

Answer 2

Pregunta 1. La prueba es correcta la prueba de que el original de la afirmación (que para $n$ a pesar de que ha $D_{2n}\cong C_2\times D_n$) es falsa. De hecho, usted puede simplemente hacerlo con $n=4$: $D_4$ es abelian, el Klein $4$-grupo; $D_8$ no es abelian, sino $C_2 \times D_4$ es abelian, por lo $D_8$ no puede ser isomorfo a $C_2\times D_4$. La afirmación acerca de $D_{2n}$ es falso.

Pregunta 2. No, no es cierto en general. Tomar un nonabelian grupo de orden $p^3$; a continuación,$Z(G)\cong C_p$. Si tuvieras $G\cong Z(G)\times H$, $H$ sería del orden de $p^2$, por lo tanto abelian, por lo $G$ sería abelian (un producto de dos abelian grupos).

Pregunta 3. Discutible.