Muestra que $ϕ(x)=x^n$ es un homomorphism de $G\Z(G)$

Question

Deje de $G$ ser un grupo con $|G:Z(G)|=n$ entonces $\phi(x)=x^n$ es un homomorphism de $G$ a $Z(G)$.

Creo que tiene una prueba mediante la transferencia de la teoría, me pregunto si tiene una elemantary la prueba o no. Gracias.

Answer 1

Deje de $G$ ser un grupo tal que $Z(G)$ es finito índice $n$ de $G$. A continuación, el mapa de $G \G$, $g \mapsto g^n$ es un homomorphism.

Prueba directa. Elegir un sistema de representantes de $R \subseteq G$ de $G/Z(G)$, $n=|R|$. El natural $G$-acción en $G/Z(G)$ induce un $G$acción $e : G \times R \R$ tales que $gr Z(G) = e(g,r) Z(G)$, es decir $e(g,r)^{-1} gr \Z(G)$. Basta probar que $$\prod_{i \in I} (e(g,r)^{-1} gr) = g^n. ~~~ (\estrella)$$ De hecho, por $g,h \in G$ esto implica $$(gh)^n \stackrel{(\estrella)}{=} \prod_{i \in I} e(gh,r)^{-1} ghr = \prod_{i \in I} e(g,e(h,r))^{-1} ghr = \prod_{i \in I} e(g,e(h,r))^{-1} g e(h,r) \cdot e(h,r)^{-1} hr\\ = \prod_{i \in I} e(g,e(h,r))^{-1} g e(h,r) \cdot \prod_{i \in I} e(h,r)^{-1} hr = \prod_{s \in I} e(g,s)^{-1} g s \cdot \prod_{i \in I} e(h,r)^{-1} hr\stackrel{(\estrella),(\estrella)}{=} g^n h^n.$$ Para demostrar $(\estrella)$, que descomponen la permutación $e(g,-) : R \R$ en ciclos. Si $(r_1 \cdots r_k)$ es un ciclo, es decir, $e(g,r_i)=r_{i+1}$ para $i<k$ y $e(g,r_k)=r_1$, tenemos $$\prod_{i=1}^{k} (e(g,r_i)^{-1} g r_i) = (e(g,r_k)^{-1} g r_k) \dotsc (e(g,r_2)^{-1} g r_2) (e(g,r_1)^{-1} g r_1) = r_1^{-1} g^k r_1$$ Ya que este se encuentra en $Z(G)$, también tenemos $g^k \Z(G)$. Pero entonces $r_1^{-1} g^k r_1 = g^k$. Desde $\prod_{i \in I} (e(g,r)^{-1} gr)$ es el producto de todos estos productos, indexado por los ciclos, y el ciclo de longitudes de añadir hasta $n$, obtenemos $g^n$. $\square$

Aviso que este es, básicamente, la prueba usual que utiliza la transferencia de mapa, pero sólo tenemos que construirlo en el caso especial y no necesita demostrar que es independiente del sistema de representantes.