Cómo harías para encontrar las clases de conjugación del grupo no abeliano de orden 21, $G:=\left\langle x,y | x^7=e=y^3, y^{-1}xy=x^2\right\rangle$ ?
Corrección menor, la segunda clase de conjugación de orden 3 debería ser $\{x^3,x^5,x^6\}$ .
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FuzzyQ
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Si $G$ es un grupo no abeliano de orden $21$ entonces $G$ tiene centro trivial. En caso contrario, $G/Z(G)$ sería cíclico y $G$ sería abeliana.
Así, cualquier elemento de orden $3$ tiene su centralizador de orden $3$ y por lo tanto tiene $7$ elementos en su clase de conjugación. Por el mismo argumento, un elemento de orden $7$ tiene $3$ elementos en su clase de conjugación.
Dejemos que $a$ y $b$ sea el número de clases de conjugación de orden $3$ y $7$ respectivamente. Por la ecuación de clase, $21 = 1 + 7a + 3b$ . Esto implica que $a = b = 2$ porque $a$ y $b$ son $\geq 1$ por el teorema de Cauchy. Por tanto, hay cinco clases de conjugación: una para la identidad, dos que contienen elementos de orden $3$ y dos que contienen elementos de orden $7$ .
Desde $y^{-1}xy = x^2$ obtenemos $y^{-2}xy^2 = y^{-1}x^2y = x^4$ . Por lo tanto, la clase de conjugación de $x$ es $\{x, x^2, x^4\}$ . El resto de los elementos de orden $7$ debe estar en la otra clase de conjugación, que es $\{x^3, x^5, x^6\}$ .
Observamos que $xyx^{-1} = yx$ , $x^2yx^{-2} = yx^2$ y en general $x^jyx^{-j} = yx^{j}$ . Así, en las dos clases de conjugación restantes, una de ellas tiene todos los elementos de la forma $yx^j$ y el otro todos los elementos de la forma $y^2x^j$ .
Xetius
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El grupo tiene un Sylow normal $7$ -subgrupo, generado por $x$ y está claro por la forma en que $y$ actúa sobre $x$ que la relación de conjugación es generada por $x^i\sim x^{2i}$ Esto da dos clases de conjugación de elementos de orden $7$ .
Utilizando los teoremas de Sylow para $p=3$ y el hecho de que un Sylow $3$ -no puede ser normal (ya que de lo contrario el grupo sería abeliano) se ve que hay $1$ clase de conjugación de $7$ subgrupos cíclicos de orden $3$ . Deben ser simplemente permutados transitivamente por el Sylow $7$ -subgrupo, por lo que nos dan 2 clases más de conjugación de elementos de orden tres.
Por último, está la clase de $1$ . En total, hay cinco clases entonces, que podemos describir como sigue: las clases de $1$ , $y$ , $y^2$ , $x$ , $x^3$ .
Podemos comprobarlo con GAP:
GAP4, Version: 4.4.10 of 02-Oct-2007, i686-pc-linux-gnu-gcc
Components: small 2.1, small2 2.0, small3 2.0, small4 1.0, small5 1.0, small6 1.0, small7 1.0, small8 1.0,
small9 1.0, small10 0.2, id2 3.0, id3 2.1, id4 1.0, id5 1.0, id6 1.0, id9 1.0, id10 0.1, trans 1.0,
prim 2.1 loaded.
Packages: AClib 1.1, Polycyclic 2.2, Alnuth 2.2.5, CrystCat 1.1.2, Cryst 4.1.5, Carat 2.0.2, AutPGrp 1.2,
CRISP 1.3.2, CTblLib 1.1.3, TomLib 1.1.2, FactInt 1.5.2, GAPDoc 1.2, IO 2.3, FGA 1.1.0.1,
IRREDSOL 1.1.2, LAGUNA 3.4, Sophus 1.23, Polenta 1.2.7, ResClasses 2.5.3, EDIM 1.2.3 loaded.
gap> List(AllSmallGroups(21, IsAbelian, false), g -> Length(ConjugacyClasses(g)));
[ 5 ]
gap>
No quieres decir "7 clases de conjugación de subgrupos de orden 3" Mariano, quieres decir "hay $7$ subgrupos de orden $3$ , todos ellos conjugados", como se desprende de lo que escribe después. Es necesario un pequeño argumento para ver que ningún elemento f ord $3$ es conjugado a su inverso (pero en un grupo de orden impar, ningún elemento no identitario es conjugado a su inverso).
Sí, ha sido una errata. En cuanto a tu segunda observación: efectivamente, hay que probarlo. Pero como hay 7 subgrupos cíclicos de orden 3, que se cruzan trivialmente por parejas y cada uno de los cuales está por supuesto normalizado por sí mismo, los elementos no identitarios de cada uno de ellos tienen una clase de conjugación de tamaño a lo sumo 7 .
user772913
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56
De hecho, podemos generalizar esta situación de la siguiente manera: Consulte esta pregunta como referencia
Teorema:
Sea A un subgrupo normal de G tal que A es el centralizador de cada elemento no trivial en A. Si además G/A es abeliano, entonces G tiene caracteres lineales |G:A|, y (|A|1)/|G:A| caracteres no lineales irreducibles de grado =|G:A| que desaparecen fuera de A.
Obsérvese que el grupo no abeliano de orden= $pq$ con $q \equiv 1 \mod{p}$ satisface las condiciones allí establecidas, mientras que ese subgrupo $A$ está dada por un subgrupo normal de orden= $q$ .
Como cuando posteo no hay respuesta que deplote caracteres, posteo por las referencias.
Gracias por prestar atención.
Muhammad Ashraf Rather
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1
Aquí el orden del grupo es $21= 3 \times 7$ . Es fácil ver $3$ divide $7-1=6$ . Así, tenemos (hasta el isomorfismo) dos grupos de orden $21$ . Uno de ellos es cíclico $\mathbb{Z}_{21}$ y otra es no abeliana. Este no-abeliano es generado por dos elementos digamos $a$ y $b$ tal que $|a|=3$ y $|b|=7$ y $ba=ab^r$ donde $r$ no es congruente con $1$ modulo $7$ y $r^3\equiv 1 (mod 7)$ . Definiendo la conjugación es fácil ver que hay cinco clases congénitas y el centro sólo tiene el elemento de identidad. Además, la ecuación de la clase es $1+3+3+7+7\ldots$ :)
