¿Qué hace el anillo del grupo $\mathbb{Z}[G]$ de un grupo finito saben sobre $G$ ?

Question

El álgebra de grupo $k[G]$ de un grupo finito $G$ sobre un campo $k$ sabe poco sobre $G$ la mayor parte del tiempo; si $k$ tiene característica prima a $|G|$ y contiene cada $|G|^{th}$ raíz de la unidad, entonces $k[G]$ es una suma directa de álgebras matriciales, una por cada representación irreducible de $G$ en $k$ Así que $k[G]$ sólo conoce las dimensiones de las representaciones irreducibles de $G$ .

El anillo del grupo $\mathbb{Z}[G]$ por otro lado, sabe al menos tanto como $k[G]$ por cada $k$ (que se puede obtener tensando con $k$ ); esta información debería permitirte deducir algo sobre las entradas de la tabla de caracteres de $G$ Aunque no estoy seguro de qué es exactamente. Si la característica de $k$ divide $|G|$ entonces $k[G]$ sabe algo sobre la teoría de la representación modular de $G$ Aunque, de nuevo, no estoy seguro de qué es exactamente. Así que:

¿Cómo de fuerte es la invariante $\mathbb{Z}[G]$ ? Más concretamente, ¿qué propiedades teóricas de grupo de $G$ ¿sé si sé $\mathbb{Z}[G]$ ? ¿Cuáles son los ejemplos de grupos finitos? $G_1, G_2$ que no son isomorfas pero que satisfacen $\mathbb{Z}[G_1] \cong \mathbb{Z}[G_2]$ ?

Si además de $\mathbb{Z}[G]$ se nos da el homomorfismo de aumento $\mathbb{Z}[G] \to \mathbb{Z}$ entonces parece que podemos recuperar la cohomología y homología de grupo de $G$ por lo que parece plausible que $\mathbb{Z}[G]$ contiene bastante información.

Como mínimo, el establecimiento de $k = \mathbb{R}$ Creo que podemos calcular el Indicador de Frobenius-Schur de toda representación compleja irreducible de $G$ .

Editar: Parece que el segundo problema se conoce como el problema de isomorfismo para anillos de grupos integrales y es bastante duro.

Answer 1

Puede consultar el capítulo 9 de Milies, Sehgal, "An Introduction to Group Rings". En él se discute cómo varios invariantes de los grupos están codificados en sus anillos de grupo integrales, y cómo esto conduce a una respuesta afirmativa del problema de isomorfismo de anillos de grupo integrales para algunas clases de grupos.

Answer 2

El caso abeliano finito-

Dejemos que $G_1$ sea un grupo abeliano finito.

Si $\Bbb{Z}G_1\cong \Bbb{Z}G_2$ y supongamos que $\phi$ es el isomorfismo, entonces se puede definir otro isomorfismo $\Phi: \Bbb{Z}G_1\to \Bbb{Z}G_2$ tal que para $\alpha= \sum_{i=1}^nr_ig_i \in \Bbb{Z}G_1$ , $\Phi(\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\varepsilon(\phi(g_i))^{-1}r_i\phi(g_i)$ .
$\Phi$ está normalizado en el sentido de que $\varepsilon(\Phi(\alpha))=\varepsilon(\alpha)$ .

Ahora como $G_1$ es abeliano finito, $\Bbb{Z}G_1$ es conmutativo $\implies$ $G_2$ es abeliano. Ahora bien, como $\Bbb{Z}$ tiene IBN, implica $|G_1|=|G_2|$ .

Ahora bien, como cada $g \in G_1$ es invertible en $\Bbb{Z}G_1$ Así que $\Phi(g)$ es una unidad normalizada en $\Bbb{Z}G_2$ y no es tan difícil comprobar que todas las unidades del anillo de grupo integral de un grupo abeliano son triviales (más fácil si tenemos abelianos finitos, que es nuestro caso), por lo que $\Phi(g)\in \pm G_2$ y $\Phi$ se normaliza implica $\Phi(g)\in G_2$ . Esto demuestra que $\Phi(G_1) \subset G_2$ pero $|G_1|=|G_2|$ obtenemos $\Phi(G_1)=G_2$ . $\hspace{7cm} \blacksquare$

Es también es cierto para los grupos metabelianos finitos .

Además Si tu corazonada es correcta, puedes deducir algo sobre las entradas en la tabla de caracteres, para ser precisos, usando un teorema de Glauberman, también puedes probar que

si $G_1$ es finito, de manera que $\Bbb{Z}G_1\cong \Bbb{Z}G_2$ , entonces las tablas de caracteres de $G_1$ y $G_2$ son iguales (tras una posible reordenación).

Ver el libro de Sehgal, Milies " An Introduction to group rings "

Answer 3

Si sabes que $G$ y $H$ son al menos abelianos, entonces $\mathbb{Z}[G]\cong\mathbb{Z}[H]$ implica $G\cong H$ .

prueba: Los grupos de homología de $G$ y $H$ son independientes de la elección de la resolución hasta el isomorfismo canónico, y los grupos están definidos por $H_iG=H_i(F_G)$ donde $F$ es una resolución proyectiva de $\mathbb{Z}$ en $\mathbb{Z}G$ (similar para $H$ ). Dado que $\mathbb{Z}G\cong\mathbb{Z}F$ El $G$ -módulos $F_i$ puede considerarse como $H$ -a través de la restricción de escalares y, por tanto, la resolución proyectiva $F$ para la homología de $G$ también puede utilizarse para la homología de $H$ . Tenemos $F_G\cong F_H$ desde $\mathbb{Z}\otimes_{\mathbb{Z}G}F\cong \mathbb{Z}\otimes_{\mathbb{Z}H}F$ por el mapa obvio $1\otimes f\mapsto 1\otimes f$ [utilizando el isomorfismo $\varphi:\mathbb{Z}G\rightarrow \mathbb{Z}H$ tenemos $1\otimes f=1\otimes gf\mapsto 1\otimes \varphi(g)f=1\otimes f$ ], y así $H_i(G)\cong H_i(H)$ para todos $i$ . En particular, $G/[G,G]\cong H_1(G)\cong H_1(H)\cong H/[H,H]$ . Desde $G$ y $H$ son grupos abelianos, $[G,G]=0=[H,H]$ y por lo tanto $G\cong H$ .

Si conociéramos el mapa de aumento entonces podríamos recuperar $G_{ab}$ como $I/I^2$ , donde $I$ es el ideal de aumento (núcleo del mapa de aumento). Pero incluso si no conocemos el mapa de aumento, $\mathbb{Z}[G]\cong\mathbb{Z}[H]$ implicaría $I_G\cong I_H$ y por lo tanto $G_{ab}\cong H_{ab}$ reproduciendo mi declaración anterior.

Y en general sí existen contraejemplos, he olvidado las fuentes sobre ellos, pero esta pregunta de MO se refiere a uno de ellos:
https://mathoverflow.net/questions/60609/strong-group-ring-isomorphisms

(Primero afirmé, sin pensar, que $G$ se encuentra como el grupo de unidades en $\mathbb{Z}[G]$ (que es a lo que se refiere Qiaochu en su comentario más abajo).