Es$PGL_2(q)$ isomorfo a$SL_2(q)$

Question

Deje $F_q$ denotar el campo de la orden de $q$.

Definir:

• $GL_2(q)$ a ser el grupo de invertible $2$ $2$ matrices de más de $F_q$.

• $SL_2(q)$ a su subgrupo constituidos de invertible $2$ $2$ matrices con determinante $1$.

• $PGL_2(q)=GL_2(q)/D_1$ donde $D_1=\{\pmatrix{a& 0\\0& r}:\en F_q^{\times}\}$.

• $D_2=\{\pmatrix{a& 0\\0& a}:a=\pm1\}$.

Se puede demostrar que $|SL_2(q)|=|PGL_2(q)|=n$$n=q(q^2-1)$.

Ahora quiero ver si $PGL_2(q)$ es isomorfo a $SL_2(q)$. Para $q=2$ es fácil ver que esto es cierto. Cómo puedo demostrar (o refutar) por $q>2$. Quiero usar el primer teorema de isomorfismo, pero no puedo pensar en ninguna surjective homomorphism entre el$GL_2(q)$$SL_2(q)$.

Answer 1

Existen mapas de $\mathrm{SL}_2(q) \hookrightarrow \mathrm{GL}_2(q) \twoheadrightarrow \mathrm{PGL}_2(q)$; componer estos le da un mapa de$\mathrm{SL}_2(q)$$\mathrm{PGL}_2(q)$. Para $q$ no es un poder de $2$ este mapa, definitivamente, tiene un núcleo, en el subgrupo de orden $2$ generado por la matriz diagonal $-1$. Para $q$ un poder de $2$ el kernel es trivial, ya que en ese caso $a^2=1$ implica $a=1$ $a \in F$ un campo de tipo char. $2$, por lo que su cálculo de las órdenes de la muestra que más de un campo de tipo char. $2$ ($q$ cualquier poder de la $2$) los grupos son isomorfos.

En general, el centro de $\mathrm{SL}_2(q)$ consiste en escalar de matrices $a$ que $a^2=1$; mientras tanto, el grupo $\mathrm{PGL}_2(q)$ ha trivial centro: si $g$ conmuta con cada módulo de matriz de escalares, $g h g^{-1}=a$,$g$, en particular, normaliza el toro y por lo tanto es diagonal o anti-diagonal, pero un cálculo rápido muestra que $g$ no puede ser anti-diagonal y luego otro que él mismo debe ser escalar.

Añadido: Andreas me pegaba a esto, con mucho pithier respuesta.

Answer 2

$\operatorname{PGL}_{2}(q)$ No tiene centro, mientras que$\operatorname{SL}_{2}(q)$ tiene un centro$D_{2}$ del orden$2$ para$q$ odd.

Como referencia, vea el artículo de Wikipedia sobre el grupo lineal projetivo especial , o el post de Steve ;-)

Answer 3

Puedo responder a la pregunta como esta:

Mirar los subgrupos de Fratini usando GAP muestra que el subgrupo Fratini de$SL_2(3)$ es de orden$2$, donde el de$PGL_2(3)$ es trivial.

Suponiendo que los algoritmos son correctos (que supongo, ya que han sido testet mucho), los grupos no son isomorfos. Es posible que desee probar esto a mano.

Así que obtienes un contraejemplo para tu reclamo.