Un teorema de la teoría de grupos

Question

Deje $K$ ser (no necesariamente normal) subgrupo del grupo $G$ : $K < G$

Un elemento fijo $g\in G$ puede actuar, desde la izquierda, en todos los elementos de a $G$, generando así un bijection de $\,G\,$ sobre sí mismo: $\,g:\,g'\rightarrow gg'\,$.

De ese modo cada una de las $g\in G$ también genera una asignación de ${\hat{{L}}}_g\colon g'K \rightarrow (gg')K$, que es un bijection del factor espacio de $\,G/K\,$ sobre sí mismo: $$g\colon G\rightarrow G \implies \hat{L}_g\colon G/K \rightarrow G/K.$$

Deje $\mathbb{L}$ ser el conjunto de los operadores de $\hat{L}_g$, para todos los elementos de la $g$. A continuación, la fórmula anterior se convierte en: $$\mathbb{L}\colon G \rightarrow \operatorname{Aut_{set}}(G/K) ,$$

donde $\operatorname{Aut_{set}}(G/K)$ indica todos bijections de $G/K$ sobre sí mismo. El subíndice hace hincapié en que $G/K$ se asigna a sí misma como un conjunto, no como un grupo. (Recordemos que $K$ no es necesariamente un subgrupo normal, por lo $G/K$ no es necesario ser un grupo).

Ser conscientes de que $\,\mathbb{L}\colon G \rightarrow \operatorname{Aut_{set}}(G/K)\,$ no es un surjection, porque el bijections $\,{\hat{{L}}}_g\,$ hacer sólo un subconjunto del conjunto total $\operatorname{Aut_{set}}(G/K)$.

Tengo que probar lo siguiente:

Teorema. $\mathbb{L}$ es un monomorphism (es decir,$\ker\mathbb{L}=1$) si y sólo si $K$ no contiene adecuada invariante subgrupos de $G$.

Probar esto en una sola dirección es relativamente simple, y ahora voy a mostrar cómo hacer esto. Demostrando la inversa se ha convertido en menos trivial, y aquí es donde voy a pedir su ayuda.

Aquí está la prueba.

Deje $H$ ser es el conjunto de todos los elementos en $G$, lo que deja cada coset de $G/K$ invariante: $$H\equiv \ker\mathbb{L}.$$

A continuación, los cinco siguientes hechos:

1. $H$ es un grupo. Esto es trivial.

2. $H\subset K$. Esto es debido a que $H$ deja todos los cosets $gK$ impasible - incluyendo $K$.

3. $H \lhd G$. Para ver esto, tomar una arbitraria $h\in H$ y, a continuación, actuar con $\hat{L}_{g^{-1}hg}$ en algunas de las $g'K$. En lugar de $\hat{L}_{g^{-1}hg}$, anoto $g^{-1}hg$: $$(g^{-1}hg)g'K = g^{-1} h (gg'K) = g^{-1} (gg'K) = g'K ,$$ donde hemos tenido en cuenta que $h\in H$, lo $h$ debe estabilizar cualquier coset $gg'K$. La fórmula anterior demuestra que $g^{-1}hg$ estabiliza cualquier $g'K$, lo $g^{-1}hg\in H$. En otras palabras, $g^{-1}Hg=H$.

4. $H$ es la máxima subgrupo normal de $G$, contenida en $K$. Supongamos que existe un mayor subgrupo normal $H'$$K$: $$H<H'<K,\quad H\lhd G, \quad H'\lhd G.$$ Considere un elemento de grupo $x$$H'$, pero no en $H$. Esto último implica que los $\hat{L}_x$ no estabilizar $G/K$: $$x\in H',x \notin H \implies \exists g, xgK\neq gK,$$ o bien, el mismo: $$\exists k\in K,xgk\notin gK\iff g^{-1}xgk\notin K,$$ el último está en contradicción con la proposición de que $H'\lhd G$.

5. Si $G$ es isomorfo a su imagen en $\operatorname{Aut_{set}}(G/K)$, $H\equiv \ker\mathbb{L}=1$ y, por lo tanto, no existen adecuada invariante subgrupos de $G$, contenida en $K$.

Este hecho de la siguiente manera desde el elemento (4) de arriba.

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Hasta ahora tan bueno.

Ahora, por favor alguien puede ayudarme a probar a la inversa para el elemento (5)? Supongamos que yo sé que no hay subgrupos invariantes de $G$, contenida en $K$. Cómo derivar a partir de esto que $G$ es isomorfo a su imagen en el grupo $\operatorname{Aut_{set}}(G/K)$ de los operadores, inducida por $G$ en el cociente del espacio de $G/K$?

Yo sé que mi segunda pregunta será ridículo, pero vamos a mí, no obstante pedimos. Cuando se dice que el $G$ es isomorfo a su imagen en el grupo $\operatorname{Aut_{set}}(G/K)$, nosotros, evidentemente, implica que el isomorfismo se implementa de la siguiente manera: se elige algunos $g\in G$ y suponer que corresponde a $\hat{L}_g \colon g'K\rightarrow (gg')K$. Es posible arreglar algunos de los diferentes isomorfismo, por lo que el$g$, por lo general, no se corresponden con el operador $\hat{L}_g$ generado por ella? (Estoy pidiendo esto, porque el trivial isomorfismo prestados $\ker{\mathbb{L}}=1$, lo que puede no ser el caso para un trivial isomorfismo si existe.)

Muchas gracias,

Michael Efroimsky

Answer 1

Que $H< K$ $H\lhd G$. Entonces $G/H$ actúa en $(G/H)/(K/H)$ por la multiplicación izquierda. Del % de teoremas de isomorfismo $(G/H)/(K/H)\approx G/K$y la acción original factores como $$\mathbb L\colon G\to G/H\to \operatorname{Aut}_{\mathbf{Set}}(G/K)$ $ (porque hablamos la misma multiplicación después de todo). Especialmente, $H\subseteq \ker\mathbb L$. Por lo tanto si $K$ contiene un subgrupo normal de $G$, entonces $\mathbb L$ no es un monomorfismo.

Por otra parte, que $H=\ker\mathbb L$. Entonces $H<K$ porque necesitamos $hK=K$ % todos $h\in H$. Y como núcleo de un homomorfismo, claramente $H\lhd G$.

Answer 2

Creo que ahora sé que una simple respuesta a mi pregunta.

Se $G$ no isomorfo a su imagen en el grupo $\operatorname{Aut_{set}}(G/K)$ de los operadores, el kernel $H\equiv \ker\mathbb{L}$ de la asignación $\mathbb{L}\colon G \rightarrow \operatorname{Aut_{set}}(G/K)$ sería diferente de $1$. Este núcleo, sin embargo, es un subgrupo normal de $G$, y que también pertenece a $K$. Así que esto contradice nuestra suposición de que no existe una adecuada subgrupo invariante de $G$, contenida en $K$.

De esta manera, la inexistencia de una adecuada subgrupo invariante de $G$, contenida en $K$, hace $\mathbb{L}$ monomorphism.

Una vez más, muchas gracias a todos,

Michael Efroimsky