Que $D_{12}$ es isomorfo a $D_6\times C_2$

Question

Mostrar que $D_{12}$ es isomorfo a $D_6 \times C_2$ donde $D_{2n}$ es el diedro grupo de orden $2n$ $C_2$ es el grupo cíclico de orden $2$.

Estoy un poco en mi cabeza con mi primer año de los grupos de curso. Esta es una pregunta de una hoja de cálculo de ejemplo que creo que si alguien me respondió podría iluminar un par de cosas acerca de isomorphisms a mí.

En esta situación, se utilizan algunos lema (que el producto directo de dos subgrupos de ser isomorfo a su supergrupo(?) si se cumplen ciertas condiciones)? Qué $D_{12}$ tienen que ser abelian para esto? No acabamos de ir a la derecha por delante y la búsqueda de un ajuste bijection? Podemos mostrar el isomorfismo es ahí sin hacer ninguna de las anteriores?

Si alguien pudiera por favor la respuesta del problema en el título y hablar de su camino a través de, que sería muy útil.

Gracias.

Answer 1

Le he metido varias buenas respuestas. Permítanme responder a las preguntas en su tercer párrafo.

Creo que el resultado que se busca es la siguiente:

Definición. Deje $G$ ser un grupo, y vamos a $N$ $M$ ser normal subgrupos de $G$. Decimos que $G$ es la interna, producto directo de la $N$ $M$ si y sólo si:

1. $N\cap M = \{e\}$; y
2. $G=NM$.

Y entonces tenemos:

Teorema. Vamos $G$, $H$, y $K$ grupos. Los siguientes son equivalentes:

1. $G$ es isomorfo al producto directo externo de $H$ y $K$, $G\cong H\times K$.
2. Existen normal subgrupos $N$ $M$ $G$ tal que $N\cong H$, $M\cong K$, y $G$ es la interna, producto directo de la $N$$M$.

(No hay ningún requisito de que $G$ ser abelian).

Prueba. Para demostrar que (1) implica (2), vamos a $\varphi\colon H\times K \to G$ ser el isomorfismo. A continuación, vamos a $N=\varphi(H\times\{e\})$, $M=\varphi(\{e\}\times K)$; desde $\varphi$ es un isomorfismo, y $H\times K = (H\times\{e\})(\{e\}\times K)$ y ambos subgrupos son normales, la condición (2) de la siguiente manera.

Por el contrario, vamos a $\phi\colon N\to H$ $\psi\colon M\to K$ ser isomorphisms, y asumir que $G$ es la interna, producto directo de la $N$$M$. Definir un mapa de $f\colon G\to H\times K$ como sigue: dado cualquier $g\in G$, entonces a partir de la $G=NM$ tenemos $g=nm$ algunos $n\in N$$m\in M$; definir $f(g) = (\phi(n),\psi(m))$.

En primer lugar, tenga en cuenta que esto está bien definido: si $nm=n'm'$$n,n'\in N$$m,m'\in M$,$(n')^{-1}n = m'm^{-1}$; pero este elemento se encuentra en $N$$M$, y desde $N\cap M=\{e\}$, se deduce que el $m'm^{-1}=(n')^{-1}n = e$, por lo tanto $m=m'$$n=n'$. Por lo tanto, la expresión de $g=nm$ es único, y desde $\phi(n)\in H$$\psi(m)\in K$, $f(g)$ está bien definido y se encuentra en $H\times K$.

Siguiente, tenga en cuenta que si $n,\in N$$m\in M$, entonces el hecho de que $N\cap M=\{e\}$ implica que el $nm=mn$: porque $$n^{-1}m^{-1}nm = \left( n^{-1}m^{-1}n\right)m = n^{-1}\left(m^{-1}nm\right),$$ el medio de expresión es en $M$, la tercera expresión en $M$; por lo $n^{-1}m^{-1}nm\in N\cap M = \{e\}$, por lo tanto $n^{-1}m^{-1}nm = e$, por lo que multiplicando por la izquierda por a $mn$ obtenemos $nm=mn$, como se reivindica.

Por lo tanto, para mostrar $f$ es un grupo homomorphism, vamos a $g,g'\in G$; escribir $g=nm$$g'=n'm'$. A continuación,$gg' = (nm)(n'm') = n(mn')m' = n(n'm)m' = (nn')(mm')$. Por lo tanto, $$f(gg') = (\phi(nn'),\psi(mm')) = (\phi(n)\phi(n'),\psi(m)\psi(m')) = (\phi(n),\psi(m))(\phi(n'),\psi(m')) = f(g)f(g').$$

A continuación, para mostrar $f$ es uno-a-uno, tenga en cuenta que si $f(g)=(e,e)$ donde$g=nm$, $\phi(n)=e$ $n=e$ (desde $\phi$ es un isomorfismo), y $\phi(m)=e$$m=e$. Por lo tanto, $g=nm=ee=e$. Por lo $\mathrm{ker}(f)=\{e\}$, por lo tanto $f$ es uno-a-uno.

Finalmente, para mostrar que $f$ a, vamos a $h\in H$$k\in K$. Desde $\phi$ $\psi$ son isomorphisms, no existe $n\in N$ $m\in M$ tal que $\phi(n)=h$$\psi(m)=k$. A continuación,$f(nm) = (\phi(n),\psi(m)) = (h,k)$. Por lo $f$ es sobre. Por lo tanto, $f$ es un isomorfismo, y hemos terminado. $\Box$

Así, con el fin de mostrar que el $D_{12} \cong D_6\times C_2$, se puede encontrar normal subgrupos $N$ $M$ $D_{12}$ tal que $N\cong D_6$, $M\cong C_2$, $N\cap M=\{e\}$, y $D_{12}=NM$.

No nos dices cómo piensa usted acerca de la $D_{12}$; uno puede pensar en él como permutaciones en el set $\{1,2,3,4,5,6\}$ (número de los vértices del hexágono regular y describir los elementos de $D_{12}$ por cómo los vértices son permutados), o de manera abstracta, como un grupo, presentados como: $$D_{12} = \Bigl\langle r,s\;\Bigm|\; r^6 = s^2 = 1,\quad sr = r^{-1}s\Bigr\rangle$$ (o tal vez de otras formas de presentación de los $D_{12}$; pensaba que creo que es el más común).

Considerar el subgrupo $N = \langle r^2,s\rangle$. No es difícil comprobar que este subgrupo ha $6$ elementos, y así, al estar de índice $2$, debe ser normal en $D_{12}$. A continuación, vamos a $M=\{1,r^3\}$. Desde $r^3r = rr^3$$r^3s = sr^3$, $M$ es central, y por lo tanto normal (compruebe que $x^{-1}r^3x = r^3$ por cada $x\in D_{12}$ utilizando las observaciones arriba). Y por lo $M$ es normal y isomorfo a $C_2$.

A continuación, mostrar que $N\cong D_6$ (que no es difícil).

Por último, tenga en cuenta que $N\cap M = \{e\}$ y, por tanto,$|NM| = |N||M| = 12 = |G|$; desde $N$ $M$ son normales, $NM$ es un subgrupo, y por lo $NM=G$. Por lo tanto, usted va a obtener, mediante el teorema, que $G$ es isomorfo a $D_6\times C_2$.

Answer 2

Es muy difícil saber exactamente cómo se supone que para atacar un problema sin conocer sus antecedentes. Por ejemplo, si usted ha clasificado todos los grupos de orden 12, entonces este es un problema simple de mostrar que ambos coincidan en el mismo grupo en la lista.

He aquí un enfoque a partir de un generador y la relación del punto de vista.

$D_{2n}$ es generado por una rotación de $360/n$ grados (o $2\pi/n$ radianes) y cualquier reflexión. Vamos a llamar a esta rotación $x$ y la reflexión $y$. A continuación, $x^n=1$ (voy a llamar a la identidad "$1$") y $y^2=1$ (debido a $(360/n)\times n = 360 = 0$ grados y cualquier reflexión es su propia inversa). Entonces, debido a la rotación que cualquier reflexión es una reflexión, tenemos $xy$ es una reflexión y por lo tanto $xyxy=1$. Esto implica (teniendo en cuenta $y=y^{-1}$ desde $y^2=1$$xy=yx^{-1}$$yx=x^{-1}y$. Por lo tanto, dado cualquier cadena de $x$'s y $y$'s nos puede empujar a todos los de la $x$'s a la izquierda y todos los de la $y$'s a la derecha. Así que cualquier elemento se parece a $x^iy^j$. Teniendo en cuenta que $x^n=1$$y^2=1$, de modo que $x$'s de los exponentes "el trabajo de mod $n$" e $y$'s "el trabajo de mod $2$", tenemos $$D_{2n} = \langle x,y \;|\; x^n=y^2=xyxy=1 \rangle = \{ 1,x,\dots,x^{n-1},y,xy,x^2y,\dots,x^{n-1}y \}$$ (todos los $2n$ elementos tomados en cuenta).

En particular, $D_{12} = \langle x,y \;|\; x^6=y^2=xyxy=1 \rangle =\{1,x,\dots,x^5,y,xy,\dots,x^5y\}$ e (el uso de letras diferentes para evitar confusiones) $D_{6}= \langle a,b \;|\; a^3=b^2=abab=1 \rangle = \{1,a,a^2,b,ab,a^2b\}$. También, vamos a $C_2 = \langle u \;|\; u^2=1 \rangle = \{1,u \}$.

Para establecer un isomorfismo tendrás que venir para arriba con un bijection que respeta estas relaciones. Vamos a tratar de inventar un mapa de $\varphi:D_{12} \to D_6 \times C_2$.

Observe que $x$ tiene orden 6. De modo que es necesario asignar a un elemento de orden 6. Ahora $a$ es de orden 3 (el más grande de la orden de cualquier elemento en $D_6$) y $u$ es de orden 2. Por lo $(a,u) \in D_6 \times C_2$ orden $|(a,u)|=\mathrm{lcm}(3,2)=6$. Por lo tanto, podemos mapa de $\varphi(x)=(a,u)$. Parece lógico enviar $y$ (un elemento de orden 2) a $b$ (un elemento de orden 2) vinculado con la identidad: $\varphi(y)=(b,1)$.

Así que si $\varphi$ es ser un homomorphism, debemos tener: $\varphi(x^iy^j)=\varphi(x)^i\varphi(y)^j=(a,u)^i(b,1)^j=(a^i,u^i)(b^j,1)=(a^ib^j,u^i)$.

Ok. Ahora hemos inventado nuestro candidato a la mapa: $\varphi(x^iy^j)=(a^ib^j,u^i)$. Vamos a demostrar que es un isomorfismo.

• Homomorphism: $\varphi(x^iy^j\cdot x^ky^\ell) = \varphi(x^ix^{-k}y^jy^\ell)=\varphi(x^{i-k}y^{j+\ell})=(a^{i-k}b^{j+\ell},u^{i-k})$. En el otro lado, $\varphi(x^iy^j)\varphi(x^ky^\ell)=(x^iy^j,u^i)(x^ky^\ell,u^k)=(x^iy^jx^ky^\ell,u^iu^k)=(x^ix^{-k}y^jy^\ell,u^{i+k})$ $=(x^{i-k}y^{j+\ell},u^{i+k})$. Por último, observe que $(i+k)-(i-k)=i-i+k+k=2k$, de modo que $i+k=i-k$ mod $2$. Por lo tanto $u^{i-k}=u^{i+k}$. Por lo tanto, $\varphi(x^iy^j\cdot x^ky^\ell) = \varphi(x^iy^j)\varphi(x^ky^\ell)$. Así que hemos mostrado $\varphi$ es un homomorphism.

• Uno-a-Uno y En puede ser visto de muchas maneras diferentes (una forma es simplemente mapa de todos los 12 elementos y ver que de hecho tienen un bijection). Otro: porque En $x$ mapas a $(a,u)$ $y$ mapas a $(b,1)$ y estos dos elementos: $(a,u)$ $(b,1)$ generar el codominio. Uno-a-uno: Supongamos $\varphi(x^iy^j)=(1,1)$$(a^ib^j,u^i)=(1,1)$. Por lo tanto $u^i=1$, de modo que $i$ es incluso. $a^ib^j=1$ implica que el $i$ es divisible por 3 y $j$ es incluso. Pero si $j$ es incluso, a continuación, $y^j=1$ $i$ divisible por 3 y 2 significa que es divisible por 6 $x^i=1$. Por lo tanto $x^iy^j=1$. Por lo tanto $\varphi$ tiene un trivial kernel por lo que es uno-a-uno.

Bueno, hay que ir. Definitivamente no es la ruta más eficiente, pero espero que esto le dará algunas cosas para digerir.

Answer 3

¿Has pensado en un isomorfismo de estos dos? Por el camino, $D_6$ es sólo abelian al $n = 2$ (Se le da a un grupo de orden $4$ que $rs = sr^{-1} = sr$.), así que olvídate de las $D_{12}$ abelian idea.

Intentar aprovechar las propiedades de isomorphisms. El centro del grupo es preservada por isomorphisms, y el centro de $D_{12}$$\{ 1, r^3 \}$, por lo que se debe mapa de $r^3$ a el elemento que genera el centro en el otro grupo ; es decir, $(1, x)$ (es decir, si yo elija para escribir $C_2 = \langle x \ | \ x^2 = 1 \rangle$). Ahora el elemento $s$ $D_{12}$ tiene la propiedad de que $ys = sy^{-1}$ por cada elemento de a $y \in D_{12}$, y el elemento $(s,0)$ $D_6 \times C_2$ también tiene esta propiedad, así que el mapa de $s$$(s,0)$. ¿Qué acerca de la $r$$D_{12}$? Es tentador para asignar a una potencia de $r$$D_6$, pero cual? Hacer las cosas simples y trate de asignar a $r$. Ahora tenemos una "conjetura" : \begin{align} r & \mapsto (r,1) \\ r^3 & \mapsto (1,x) \\ s & \mapsto (s,1) \\ \end{align}

y se extienden por multipliying esos juntos

(ex : $r^5 s = r^3 r^2 s \mapsto (1,x)(r^2,1)(s,1) = (r^2s,x)$.)

Demostrando que este es un isomorfismo es que ahora los cálculos. Eso se lo dejo a usted. Sólo para que usted se sienta que estoy en lo cierto, por ejemplo $$ (r^4 s)(rs) = r^4 r^{-1} s^2 = r^3 \mapsto (1,x) = (rssr^{-1},x) = (rs,x) = (r,x), (r,1). $$ Otra buena manera de hacerlo es utilizar la geometría ; mirando las simetrías de la hexagonal de la placa como $D_{12}$ y mirando a $D_6 \times C_2$ como las simetrías de la placa triangular inscrito en el hexagonal de la placa, en la que $C_2$ le da la media vuelta simetría de la hexagonal de la placa.

Espero que ayude,

Answer 4

Suponiendo que$D_{n}$ es el grupo diedro de orden$n$, procederé de la siguiente manera. Tenga en cuenta que$D_{6} \cong S_{3}$ y$S_{3}$ son generados por$(12)$ y$(123)$. Por lo tanto $D_{6} \times C_{2} = \langle ((12),[0]),((123),[1]) \rangle$. A continuación, observe que$D_{12} = \langle r,s | \, r^{6}=s^{2}=e , s^{-1}rs=r^{-1} \rangle$, mapea los generadores de$D_{6} \times C_{2}$ a los generadores de$D_{12}$, y muestra que se extiende a una biyección.