El grupo generado por un subgrupo adecuado y un elemento del pedido$2$ tiene índice$2$

Question

Deje $G$ ser un grupo y $H < G$ a un subgrupo tal que $H \subsetneq G$. Supongamos $G$ es creado por $H$ y otro elemento $w \in G - H$ orden $2$, de tal manera que $wHw^{-1}=H$. Probar: $[G:H]=2$.

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He intentado mostrar que para cada $g \notin H$ tenemos $wg \in H$, pero tuvo algunos problemas para probarlo. Cualquier idea de una prueba (una elegante uno si es posible)?

Answer 1

Desde $G$ es generado por $H$ e $G$, e $wHw^{-1} = H$, se puede mostrar que cualquier elemento en el grupo es un elemento de $H$, o es de la forma $hw$ para algunos $h\in H$. Esto significa que $H$ tiene dos cosets $H$ e $Hw$, y por lo tanto $[G:H] = 2$.

He hecho una reclamación anterior. Vamos a mostrar que. Tomar un elemento en $G$. Desde $G$ es generado por $H$ e $w$, puede ser escrito como algunos finito producto (al menos uno) uno de los siguientes cuatro formas: $$ wh_1wh_2wh_3\cdots h_{n-1}wh_nw\\ wh_1wh_2wh_3\cdots h_{n-1}wh_n\\ h_1wh_2wh_3\cdots h_{n-1}wh_nw\\ h_1wh_2wh_3\cdots h_{n-1}wh_n $$ Considerar lo $wHw^{-1} = H$ medios. Esto significa que para cualquier $h\in H$, hay un $h'\in H$ tales que $$ whw^{-1} = h'\\ wh = h'w $$ Es decir, en cualquier momento en que el producto donde tenemos una $w$ a la izquierda de una $h_k$, podemos mover ese $w$ a el otro lado de la $h_k$, siempre y cuando queremos cambiar eso $h_k$ a algunos correspondiente $h'_k$.

Esto es algo que podemos seguir haciendo hasta que todas las $w$'s a la derecha, y todas las $h_i$'s están en la izquierda, por lo que nuestro producto se convierte en $$ h_1'h_2'\cdots h_n'ww\cdots w $$ Que producto largo de $h_i'$'s de los resultados en un único elemento $h\in H$. Y sabemos que $w$ tiene orden de $2$, por lo que el largo del producto de $w$'s es o va a terminar siendo la identidad, o sólo $w$. Es decir, nuestra arbitrario de $G$ es de la forma $h$, o el formulario de $hw$.

Answer 2

1. Una alternativa (pero, por supuesto similar) argumento iría de la siguiente manera. Suponga que se le da a un grupo de $G$ junto con una adecuada subgrupo $H<G$ y un elemento $a \in G$ orden $2$ tal que $G=\langle H \cup \{a\} \rangle$ e $aHa^{-1}=H$. La gran hipótesis de que la $a$ normaliza $H$ puede ser explotado para inferir que desde $H, \{a\} \subseteq \mathrm{N}_G(H)$ uno ha $\mathrm{N}_G(H) \geqslant G$ e lo $H \triangleleft G$, $H$ es un subgrupo normal. A continuación, considere el cociente grupo $G/H$ y el canónico surjection $\sigma: G \to G/H$. Si se aplican $\sigma$ a la relación $G=\langle H \cup \{a\} \rangle$ obtener $G/H=\langle \sigma(a) \rangle$ (tenga en cuenta que cuando $f \in \mathrm{Hom}_{\mathrm{Gr}}(G, G')$ es una de morfismos, entonces para cualquier $X \subseteq G$ sostiene que $f(\langle X \rangle)=\langle f(X) \rangle$). Denotando $b=\sigma(a)$, desde el $a^2=1_G$ automáticamente tendrás $b^2=1_{G/H}$, por lo que el cociente es generado por un elemento de orden $1$ o $2$. Como $H$ es adecuada, el cociente no puede ser trivial, por lo que, a continuación, $|G/H|=|G:H|=2$.

2. Nos puede traer sin embargo, otro método de razonamiento. Demostraremos que los $\{1_G,\ a\}$ formas una completa e independiente del sistema de representantes de la izquierda de la congruencia modulo $H$. Desde $H \cup \{a\}$ genera $G$ e $H$ es correcto, que necesariamente ha $a \notin H$, o de lo contrario derivaría de la contradicción $H=G$. Por lo tanto, $a\ {}_{H}\not \equiv 1_G$ y el sistema de $\{1_G,\ a\}$ es de hecho independiente.

Para probar el sistema también está completo consideramos el subconjunto $I=H \cup aH$ y demostrar que está a la izquierda ideal de la semigroup $G$. Como $I \neq \varnothing$ y un grupo de sólo admite a sí mismo y el conjunto vacío como los ideales de la izquierda, se sigue de inmediato que $I=G$.

Alegando que $I$ es una izquierda ideal de $G$ equivale a establecer la inclusión $GI \subseteq I$. Para este fin se definen $M=\{t \in G\ |\ tI \subseteq I \}$, la izquierda transportador de $I$ dentro de sí mismo. Es fácil comprobar que $M$ es un submonoid de $G$ y que $a \in M$ (esto se basa en el hecho de que $a^2=1_G$).

La parte crucial es que muestra que $H \subseteq M$, pero en realidad tenemos $HI=HH \cup HaH=H \cup (Ha)H=H \cup (aH)H=H \cup aH=I$. Acordar para denotar la submonoid generado por $X \subseteq G$ por $[X]$, recordamos una notable lema según el cual $$\langle X \rangle=[X \cup X^{-1}]$$ Como $a$ es de orden $2$, el subconjunto $H \cup \{a\}$ es simétrico (es decir, igual a su propia inversa), por el cual llegamos a la conclusión - sobre la base del lema anterior - que $$M \supseteq [H \cup \{a\}]=\langle H \cup \{a\} \rangle=G$$ por lo tanto $M=G$ e $I$ es de hecho un ideal.