Es $S_4 \times C_2$ isomorfo a $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3$

Question

Deje $S_n$ denotar el grupo simétrico de a$n$ letras y $C_n$ denotar el grupo cíclico de orden $n$. Considere la posibilidad de $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3$ donde $S_3$ actúa en $(g_1, g_2, g_3) \in C_2 \times C_2 \times C_2$ como sigue: Dado $\sigma \in S_3$, $\sigma \cdot (g_1, g_2, g_3) = (g_{\sigma^{-1}(1)}, g_{\sigma^{-1}(2)}, g_{\sigma^{-1}(3)})$.

Mi pregunta: Es $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3 \cong S_4 \times C_2$.

Progreso: Claramente tienen el mismo orden. Puedo demostrar que de hecho tienen el mismo centro. He calculado que el número de elementos de cada orden como sigue: \begin{array}{c | c | c} \text{ order } & \text{ # of elements }\\ 1 & 1 \\ 2 & 19 \\ 3 & 8 \\ 4 & 12 \\ 6 & 8 \end{array} Ambos grupos del mismo número de elementos de cada pedido. También he decidido probar este isomorfismo es equivalente a $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3$ tener un subgrupo isomorfo a $S_4$. La lógica es como sigue:

Claro que si los dos grupos son isomorfos, entonces $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3$ tiene un subgrupo isomorfo a $S_4$. Si $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3$ tiene un subgrupo isomorfo a $S_4$, entonces este subgrupo debe intersectar $Z(G)$ trivialmente, como $Z(S_4)$ es trivial. Además, $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3 = S_4Z(G)$. A continuación, ya que el centro es normal, $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3 \cong S_4 \rtimes Z(G) \cong S_4 \rtimes C_2$ donde $Z(G)$ hechos por la conjugación en $S_4$. Desde $Z(G)$ es el centro, sólo tenemos $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3 \cong S_4 \times C_2$.

Estoy bastante atascado en este punto. Yo tal vez desee probar un encontrar algunos elementos que satisfacen la Coexeter relaciones sentado en $(C_2 \times C_2 \times C_2) \rtimes S_3$.

Answer 1

La adición de un no-vacío argumento.

Un ingrediente clave es el hecho de que $S_4=V_4\rtimes S_3$, donde $V_4\unlhd S_4$ es la copia de Klein-4, cuyo no-trivial elementos son los tres productos de dos separe de 2 ciclos. Además, la conjugación de los elementos de $S_3$ da todas las seis permutaciones de los tres tipo de $(2,2)$ permutaciones.

Vamos a utilizar la vista $N=C_2\times C_2\times C_2$ aditiva como un 3-dimensional espacio vectorial sobre $\Bbb{F}_2$: $$ N=\{(x_1,x_2,x_3)\mediados de x_1,x_2,x_3\en\Bbb{F}_2\}. $$ Podemos escribir $N$ como una suma directa de $N=Z\oplus V$ donde $$Z=\langle(1,1,1)\rangle\qquad \text{and}\qquad V=\{(x_1,x_2,x_3)\in N\mid x_1+x_2+x_3=0\}.$$ Ambos $Z$ e $V$ son estables bajo la acción de la $S_3$. También, $S_3$ actos trivialmente en $Z$, y permutes los elementos de $V$ de la misma manera que permutes que copia de $V_4\le S_4$ - todas las seis maneras de permuting los vectores $110,101,011$ son conseguido por permuting las coordenadas.

Poniendo todo esto junto le da $$ N\rtimes S_3\simeq Z\times (V\rtimes S_3)\simeq C_2\times S_4. $$ El subgrupo $Z$ es el centro de este grupo.

Answer 2

Yo tengo una respuesta, pero no se va a gusta.

Hay 52 grupos de orden 48, hasta el isomorfismo (voy a número de ellos en la segunda parte de la BRECHA de IDENTIFICACIÓN). En primer lugar, con solo teclear su dos grupos en la BRECHA, se dice que son isomorfos, así que sabemos lo que estamos tratando de probar.

Tenga en cuenta que nuestro más alto orden elemento tiene orden 6, por lo que podemos descartar 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 13, 14, 18, 20, 23, 24, 25, 26, 27, 29, 36, 37, y 44, ya que todos estos elementos de orden, al menos, 8. Eso nos deja con 3, 11, 12, 15, 16, 17, 19, 21, 22, 28, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, y 52 de la que preocuparse.

Ninguno de nuestros grupos es nilpotent, lo que descarta 21, 22, 45, 46, 47 y 52, lo que nos deja con 3, 11, 12, 15, 16, 17, 19, 28, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 38, 39 40, 41, 42, 43, 48, 49, 50, y 51.

Ambos de nuestros grupos tienen 10 conjugacy clases de elementos, lo que descarta todo, excepto para la de 30 y 48. De ellos, 48 es exactamente $S_4 \times C_2$, por lo que sólo es necesario demostrar que la $(C_2 \times C_2 \times C_2)\rtimes S_3$ no es el mismo como el grupo de los 30, que es $A_4 \rtimes C_4$. Pero el Frattini Subgrupo de $A_4 \rtimes C_4$ es $C_2$, mientras que el Frattini subgrupo de $(C_2 \times C_2 \times C_2)\rtimes S_3$ es trivial, por lo que, de hecho, estos no son isomorfos, de ahí el resultado.