El orden de presentación de un grupo

Question

Encontrar el orden del grupo $G$ que tiene el % de presentación $\langle a,b \mid a^{16}=b^6=1,bab^{-1}=a^3\rangle $

Encontré que $a^8b=ba^8$ por lo tanto $\langle a^8,b\rangle$ es un abelian sungroup $G$. Pero yo no podía ir más lejos.

Answer 1

No hay ningún enfoque general que funcione para todas las presentaciones, pero, por ejemplos como este, y muchos otros, un útil ad hoc estrategia que puede funcionar tiene dos pasos principales.

En primer lugar, observe que usted puede encontrar una forma normal para los elementos del grupo, y contar con ellas para obtener un límite superior en el orden. En segundo lugar, obtener un límite inferior en el orden de búsqueda de un homomorphism del grupo definido por la presentación en un "concreto" grupo de conocidos de la orden. (Por ejemplo, un grupo de permutaciones o de matrices.) El truco es conseguir que estos límites superior e inferior de acuerdo.

Por su ejemplo, observe que, dado que $a$ $b$ generar el grupo $G$, cada elemento de a $G$ puede ser escrito como una palabra de la forma $a^{\alpha_{1}}b^{\beta_{1}}a^{\alpha_{2}}b^{\beta_{2}}\cdots a^{\alpha_{k}}b^{\beta_{k}}$, para algunas de las $k$ y enteros $\alpha_{i}$$\beta_{j}$. A partir de las relaciones de poder $a^{16} = b^{6} = 1$, se sigue que no puede tomar $0\leq\alpha_{i}\leq 15$$0\leq\beta_{j}\leq 5$. A partir de la conmutación de la relación de $bab^{-1} = a^3$ (o, equivalentemente, $ba = a^{3}b$), de la siguiente manera (inducción) que podemos poner cada palabra en la forma $a^{\alpha}b^{\beta}$ donde, de nuevo, $0\leq\alpha\leq 15$$0\leq\beta\leq 5$. Sin embargo, estos no son todos distintos. De nuevo, a partir de la relación $bab^{-1} = a^{3}$ obtenemos (por inducción), $b^{k}ab^{-k} = a^{3^{k}}$. Poner esto juntos con $b^{6} = 1$, y teniendo en $k = 6$, nos encontramos con que $a = b^{6}ab^{-6} = a^{3^{6}} = a^{729}$, lo $1 = a^{728} = a^{16\cdot 25 + 8} = a^{8}$. Esto es, el orden de $a$ divide $8$, por lo que le podemos imponer la restricción $0\leq\alpha\leq 7$. Esto nos da el límite superior $48 = 8\cdot 6$ para el orden de $G$. Esto realmente es sólo un límite superior (tan lejos como hemos demostrado), porque aún no hemos descartado la posibilidad de que el $48$ palabras $a^{\alpha}b^{\beta}$, $0\leq\alpha\leq 7$ $0\leq\beta\leq 5$ todavía no son todas diferentes. Hacer esto es el trabajo de la segunda etapa.

Aplicar el segundo paso, tenemos que encontrar un "concreto" grupo $P$ de los más conocidos de la orden, y un homomorphism de $G$ a $P$. Un ejemplo es la permutación grupo $$P = \langle (1,2,3,4,5,6,7,8), (2,4)(3,7)(6,8)(9,10,11) \rangle .$$ Se puede demostrar que $P$ es un grupo de orden $48$. Desde los generadores $\alpha = (1,2,3,4,5,6,7,8)$ $\beta = (2,4)(3,7)(6,8)(9,10,11)$ $P$ satisfacer $\alpha^{16} = \beta^{6} = 1$$\beta\alpha\beta^{-1} = \alpha^{3}$, se deduce que la asignación de $a\mapsto\alpha, b\mapsto\beta$ se extiende a un homomorphism de$G$$P$, que es surjective porque $\alpha$ $\beta$ generar $P$.

Observación. Si yo no hubiera conseguido la respuesta de Maple de antemano, yo podría haber perdido mucho tiempo tratando de demostrar que el grupo había pedido $96$, que es el obligado llegamos antes de darse cuenta de que $a$ había pedido dividiendo $8$. Aún así, yo también podría haber perdido el tiempo tratando de mejorar aún más la cota superior de a$24$$12$.

Observación. ¿Cómo podemos tirar de la permutación grupo $P$ a partir de un sombrero? En general, esto puede ser bastante difícil, pero en este caso, no es demasiado mala, una vez que sabemos lo que estamos buscando. Sabíamos que queríamos un grupo con generadores $\alpha$ $\beta$ tal que $\alpha$ tenían orden de $8$ $\beta$ tenían orden de $6$. La más obvia de permutación de orden $8$ $8$- ciclo, por lo que podemos escribir que: $$\alpha = (1,2,3,4,5,6,7,8).$$ Desde $3$ es el primer a $8$, sabemos que $\alpha^{3}$ $8$- ciclo, por lo que escribimos $\alpha^{3}$: $$\alpha^{3} = (1,4,7,2,5,8,3,6).$$ Ahora necesitamos una permutación $\beta$ conjugación $\alpha$$\alpha^{3}$. Pero, después de haber mostrado $\alpha$ $\alpha^{3}$ anterior, podemos leer esto: $$\beta = (2,4)(3,7)(6,8).$$ El problema es que esta $\beta$ orden $2$, no $6$. Así que sólo cobra un discontinuo $3$-ciclo para obtener $$\beta = (2,4)(3,7)(6,8)(9,10,11).$$

Si no lo habíamos notado la menor cota superior de a $48$ antes, podríamos haber intentado construir un grupo de orden $96$ a lo largo de estas líneas en la escritura de la $16$-ciclo, pero nos gustaría, a continuación, obtener una sugerencia de que estábamos en el camino equivocado desde el $\beta$ encontramos ha $4$-ciclos.

Observación. Un enfoque más sistemático es el uso de la Todd-Coxeter algoritmo, que es lo que la mayoría de álgebra computacional de los sistemas para responder a una pregunta como esta. Se producirá un error si el grupo no es finito, pero (dado el suficiente tiempo y la memoria) se completará si el grupo es de hecho finito. Para problemas que no son demasiado grandes, esto puede ser hecho a mano. Ver el libro "Temas de la teoría de presentaciones de grupo", por D. L. Johnson (Cambridge Univ. Press, 1980) para una buena descripción.