Pregunta sobre la equivalencia de dos relaciones en un grupo finito dado un subgrupo

Question

Sea $(G, \cdot)$ sea un grupo y $H$ un subgrupo finito de $G$ (es decir $H \leq G, \lvert H \rvert = n \in \mathbb{N}^*)$ . Demuestre que las dos relaciones siguientes son equivalentes ( $e$ es el elemento de identidad):

1. $\forall x, y \in G-H, x \neq y \implies xy \neq yx;$

2. $(H, \cdot)$ es abeliano, $\lvert G \rvert=2\lvert H \rvert, |Z(G)| = 1;$

Primero supuse 2) y luego demostré 1).

$$\begin{align*} x \in G-H &\implies xh \in G-H, \forall h \in H.\\ xh_1=xh_2 &\implies h_1=h_2, \forall h_1, h_2 \in H.\\\ |G-H|=|H| &\implies G-H= \{ xh \mid h \in H \} \end{align*}$$

Ahora tenemos $$\begin{align*} (xh_1)(xh_2)=(xh_2)(xh_1) &\implies h_2^{-1}h_1xh_2h_1^{-1}=e\\ &\implies (h_2^{-1}h_1)x(h_2^{-1}h_1)^{-1}=e. \end{align*}$$ $(h_2^{-1}h_1)^{-1}=h_1^{-1}h_2=h_2h_1^{-1}$ porque $(H, \cdot)$ es abeliano. $gxg^{-1}=e$ tiene una solución, a saber $x=e$ cuando $g \in G$ .

No utilicé el hecho de que $Z(G)$ es trivial aquí y no tengo ni idea de cómo demostrar 2) asumiendo 1). ¿La pregunta es incorrecta o me he equivocado?

Answer 1

El argumento que presentas es incorrecto, por lo que parece que no utilizas $Z(G)=1$ . Su error está en los cálculos, como ha señalado Anne Bauval. En $$(xh_1)(xh_2) = (xh_2)(xh_1)$$ cancelamos $x$ y deducir $h_1xh_2 = h_2xh_1$ que puede escribirse como $(h_2^{-1}h_1)x = x(h_1h_2^{-1}) = x(h_2^{-1}h_1)$ o como $(h_2^{-1}h_1)x(h_2^{-1}h_1)^{-1}=x$ utilizando el hecho de que $H$ es abeliano. Tiene $(h_2^{-1}h_1)x(h_2^{-1}h_1)^{-1}=e$ falta el $x$ a la derecha.

El cálculo correcto indica que $h_1h_2^{-1}$ conmuta con $x$ y como se encuentra en $H$ su centralizador contiene $\langle H,x\rangle = G$ . Así, $h_1h_2^{-1}\in Z(G)=\{e\}$ lo que demuestra $h_1=h_2$ . Concluimos que si $x,y\in G-H$ coinciden, entonces $x=y$ .

Ahora bien, las afirmaciones tal como están escritas no son equivalentes, ya que se puede tomar $G$ sea un grupo no abeliano finito, y $G=H$ . Entonces (1) es cierto, pero (2) no lo es. Y si $H$ es trivial y $G=\mathbb{Z}_2$ entonces (1) es cierta (ya que no se pueden encontrar dos elementos distintos de $G$ ), pero (2) es falsa porque $Z(G)$ no es trivial.

Supongamos que $H$ es un correcto subgrupo de $G$ que $G\neq \mathbb{Z}_2$ y $G$ satisface (1).

Tenga en cuenta que si $x\notin H$ entonces $x^{-1}\notin H$ y puesto que $x$ conmuta con su inversa, entonces debemos tener $x=x^{-1}$ . Así, cada elemento que no esté en $H$ es de orden $2$ . Si $H$ es trivial, entonces esto significa que $G$ es abeliano; y porque $G$ no es $\mathbb{Z}_2$ contiene dos elementos distintos no idénticos y no satisface (1). Por lo tanto, esto es imposible. Por lo tanto, $H$ no es trivial.

Ahora, supongamos que $z\in Z(G)$ . Si $z\in H$ dejando que $x\notin H$ y mirando a $xz$ y $x$ que conmutan, concluimos que $z=1$ . Y si $z\notin H$ entonces tomando cualquier $h\in H$ tenemos que $zh\notin H$ conmuta con $z$ Así que $h=1$ . Desde $H$ es no trivial, esto es una contradicción. Concluimos que $Z(G)=1$ .

Ahora, $H$ es normal: si $h\in H$ y $x\notin H$ entonces $xh$ es de orden $2$ tal cual $x$ Así que $xh=(xh)^{-1} = h^{-1}x^{-1}=h^{-1}x$ Así que $xhx^{-1}=h^{-1}$ . Así, $H$ es normal en $G$ .

Además, la conjugación por $x$ es un automorfismo de $H$ y como se ha indicado anteriormente corresponde al mapa de inversión, por lo que concluimos que $H$ es abeliano.

Sólo queda demostrar que $|G|=2|H|$ . Si $x$ y $y$ no están en $H$ y $xy\notin H$ entonces $xy=(xy)^{-1}=yx$ Así que $x=y$ y luego $xy=1\in H$ . Por lo tanto, esto es imposible. Entonces, si $x,y\notin H$ entonces $xy\in H$ . Esto significa que el producto de dos elementos no triviales cualesquiera de $G/H$ es la identidad, por lo que $G/H\cong \mathbb{Z}_2$ . Así, $[G:H]=2$ según se desee.

Tenga en cuenta que si sustituye $|G|=2|H|$ con $[G:H]=2$ y dejas de suponer que $H$ es finito, el resultado sigue siendo válido (una vez añadidos los supuestos adicionales).