¿La estructura hipergráfica del conjunto de subgrupos de un grupo finito caracteriza el tipo de isomorfismo?

Question

Pregunta

Supongamos que existe una biyección entre los conjuntos subyacentes de dos grupos finitos $G, H$ , tal que todo subgrupo de $G$ corresponde a un subgrupo de $H$ y que todo subgrupo de $H$ corresponde a un subgrupo de $G$ . ¿Implica esto que $G, H$ son isomorfos? Obsérvese que no es necesario que la biyección sea realmente el isomorfismo.

Motivación

La pregunta es interesante para mí porque estoy considerando mapas de grupos que no son homomorfismos pero que preservan la estructura de subgrupos en algún sentido - dado un grupo, podemos olvidar la operación de multiplicación y mirar sólo el operador de cierre que mapea un subconjunto de $G$ al subgrupo generado por él. Si la pregunta se resuelve afirmativamente, entonces el functor de olvido de la categoría habitual $Grp$ a esta categoría no creará nuevos isomorfismos. (Obsérvese que no he especificado con precisión los morfismos de esta nueva categoría - se podría utilizar simplemente la definición habitual de un homomorfismo, y decir que si el mapeo conmuta con el operador de cierre, entonces es un morfismo. La definición que me interesa es que un morfismo de esta categoría es un mapeo tal que cada conjunto cerrado del objeto origen es la preimagen de un conjunto cerrado del objeto destino. No hay mucha diferencia en lo que respecta a esta cuestión, los isomorfismos de ambas categorías son los mismos).

Le pregunté a un amigo en Mathcamp sobre esto hace unas semanas, y me dijo que un montón de gente empezó a pensar en ello pero se quedó perpleja después de un tiempo. El consenso parece haber sido que probablemente es falso, pero los únicos ejemplos contrarios pueden ser muy grandes. Realmente no tengo ninguna buena idea / herramientas para demostrar que podría ser cierto, sobre todo quería preguntar si alguien sabía de antemano / tenía una buena intuición de cómo encontrar un contraejemplo finito.

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Editar (YCor): (a) la pregunta ha reaparecido en la siguiente formulación: ¿la estructura hipergráfica del conjunto de subgrupos de un grupo (finito) determina su tipo de isomorfismo? Un hipergrafo es un conjunto dotado de un conjunto de subconjuntos. El hipergrafo de subgrupos es el dato del conjunto de subgrupos, y por tanto decir que los grupos $G,H$ tener hipergrafías isomórficas de subgrupos significa que hay una biyección $f:G\to H$ tal que para cada subconjunto $A\subset G$ , $f(A)$ es un subgrupo de $H$ si y sólo $A$ es un subgrupo de $G$ . Se han proporcionado varias respuestas, que complementan la que aquí se ofrece en esta pregunta .

(b) Existe una noción más débil bien estudiada para los grupos, a saber, tener retículos de subgrupos isomorfos. Tener hipergrafías isomorfas de subgrupos requiere que dicho isomorfismo sea implementado por una biyección (no siempre es así: tomemos dos grupos de distinto orden primo).

Answer 1

La respuesta es no en general. Es decir, existen grupos finitos no isomorfos G y H tales que existe una biyección entre sus elementos que también induce una biyección entre sus subgrupos.

Para ello, he utilizado dos grupos no isomorfos que no sólo tienen el mismo entramado de subgrupos (lo cual es ciertamente necesario), sino que también tienen las mismas clases de conjugación. Hay dos grupos de este tipo de tamaño 605, ambos un producto semidirecto $(C_{11}\times C_{11}) \rtimes C_5$ (ver este sitio para conocer los detalles de la construcción). En la biblioteca de grupos pequeños de GAP , estos son los grupos con id [ 605, 5 ] y. [ 605, 6 ]. Estos son demostrablemente no isomórficos (puedes construir los grupos como se describe en la referencia que di, y luego usar el comando GAPs IdSmallGroup para verificar que los grupos descritos allí son los mismos con los que estoy trabajando aquí). Con un breve programa de ordenador, uno puede ahora construir una biyección adecuada.

En primer lugar, tomemos los dos grupos:

gap> G:=SmallGroup(605, 5);    
<pc group of size 605 with 3 generators>
gap> H:=SmallGroup(605, 6);
<pc group of size 605 with 3 generators>

Los elementos de estos grupos son de orden 1, 5 u 11, y hay 1, 484 y 120 de cada uno. Vamos a ordenarlos de forma "bonita" (es decir, intentamos hacer coincidir cada subgrupo de orden 5 con otro, elemento a elemento) y obtener una biyección a partir de esto. Primero, una función de ayuda para darnos todos los elementos en orden "bonito":

ElementsInNiceOrder := function (K)
    local elts, cc;
    elts := [ One(K) ];
    cc := ConjugacyClassSubgroups(K, Group(K.1));
    Append(elts, Concatenation(List(cc, g -> Filtered(g,h->Order(h)=5))));
    Append(elts, Filtered(Group(K.2, K.3), g -> Order(g)=11));
    return elts;
end;;

Ahora podemos tomar los elementos en el orden bonito y definir la biyección $f$ :

gap> Gelts := ElementsInNiceOrder(G);;
gap> Helts := ElementsInNiceOrder(H);;
gap> f := g -> Helts[Position(Gelts, g)];;

Por último, calculamos los conjuntos de todos los subgrupos de $G$ resp. $H$ y verificar que $f$ induce una biyección entre ellos:

gap> Gsubs := Union(ConjugacyClassesSubgroups(G));;          
gap> Hsubs := Union(ConjugacyClassesSubgroups(H));;
gap> Set(Gsubs, g -> Group(List(g, f))) = Hsubs;
true

Así, hemos establecido la reivindicación con ayuda de un sistema de álgebra computacional. A partir de esto, se podría obtener una prueba de papel y lápiz para la afirmación, si se desea. No lo he hecho con todo detalle, pero aquí hay algunas pistas.

Diga $G$ es generado por tres generadores $g_1,g_2,g_3$ , donde $g_1$ genera el $C_5$ y $g_2,g_3$ generan el subgrupo característico $C_{11}\times C_{11}$ . Elegimos un conjunto generador similar $h_1,h_2,h_3$ para $H$ . Ahora definimos $f$ en dos pasos: Primero, para $0\leq n,m <11$ se mapeará $g_2^n g_3^m$ a $h_2^n h_3^m$ .

Esto cubre todos los elementos de orden 1 u 11, así que en el segundo paso especificamos cómo mapear los elementos restantes, que tienen todos orden 5. Estos se dividen en cuatro clases de conjugación: $g_1^G$ , $(g_1^2)^G$ , $(g_1^3)^G$ y $(g_1^4)^G$ . Fijamos cualquier biyección entre $g_1^G$ y $h_1^H$ y extenderlo a una biyección sobre todos los elementos de orden 5 por la regla $f((g_1^g)^n)=f(g_1^g)^n$ . Con un poco de esfuerzo, se puede comprobar que se trata de una biyección bien definida entre $G$ y $H$ con las propiedades deseadas. Habrá que determinar la red de subgrupos en cada caso; el álgebra lineal ayuda un poco, así como el hecho de que todos los subgrupos tienen orden 1, 5, 11, 55, 121 (único) o 605. Dejaré los detalles al lector, ya que yo mismo estoy bastante contento con el resultado informático.

ACTUALIZACIÓN Como se indica en otra respuesta de @dvitek (explicada por @Ian Agol en los comentarios), existe un ejemplo mucho más sencillo, que pasé por alto al hacer la búsqueda en el ordenador. El crédito a ellos, pero sólo en caso de que la gente quiere reproducir su ejemplo con GAP, aquí es una sesión de entrada haciendo precisamente eso:

gap> G:=SmallGroup(16,5);; StructureDescription(G);
"C8 x C2"
gap> H:=SmallGroup(16,6);; StructureDescription(H);
"C8 : C2"
gap> Gelts := ListX([1..8],[1,2],{i,j}->G.1^i*G.2^j);;
gap> Helts := ListX([1..8],[1,2],{i,j}->H.1^i*H.2^j);;
gap> f := g -> Helts[Position(Gelts, g)];;
gap> Gsubs := Union(ConjugacyClassesSubgroups(G));;
gap> Hsubs := Union(ConjugacyClassesSubgroups(H));;
gap> Set(Gsubs, g -> Group(List(g, f))) = Hsubs;
true

Answer 2

El grupo modular de orden 16 y el grupo C8 x C2 tienen la misma red de subgrupos. ¿Proporciona esto un contraejemplo a lo que está tratando de demostrar?

Referencia: http://www.opensourcemath.org/gap/small_groups.html

Answer 3

Para ampliar el comentario de Steve D, la respuesta es efectivamente sí para grupos abelianos finitos. Lo que sigue es una versión simplificada de una prueba anterior (lo que hace que algunos de los comentarios siguientes sean obsoletos).

Prueba. Procedemos por inducción (fuerte) en $|G|$ . Sea $G$ y $H$ sean grupos abelianos finitos para los que existe una biyección $f:G \to H$ que preserva los subgrupos.

Supongamos que $G=A \oplus B$ , donde $A$ y $B$ son ambos subgrupos propios de $G$ . Por inducción, $A \cong f(A)$ y $B \cong f(B)$ . Desde $A \cap B=\{0\}$ concluimos que $f(A) \cap f(B)=\{f(0)\}$ . Desde $f$ conserva los subgrupos, $f(A)$ y $f(B)$ son ambos subgrupos de $H$ cuya interección es el elemento cero de $H$ . Además, como $|f(A)||f(B)|= |H|$ se deduce que $H = f(A) \oplus f(B) \cong A \oplus B \cong G$ . Por lo tanto, hemos terminado a menos que $G=\mathbb Z / p^k \mathbb Z$ . Sin embargo, al intercambiar los papeles de $G$ y $H$ concluimos que $H$ también es igual a $\mathbb Z / p^k \mathbb Z$ .